Il s'agit de prouver que l'opération de G sur X est libre. Soient x un élément de X et g un élément de G tels que gx = x; il s'agit de prouver que g = 1.
Soit y un élément de X. Puisque l'opération de G sur X est supposée transitive, il existe un élément h de G tel que y = hx. Alors gy = ghx, d'où, puisque G est supposé commutatif, gy = hgx, ce qui, d’après notre hypothèse gx = x, peut s'écrire gy = hx. Le second membre est égal à y, donc gy = y.
Ceci est démontré pour tout élément y de X. Comme l'opération de G sur X est supposée fidèle, nous avons donc g = 1, ce qu’il fallait démontrer.

L'idée essentielle est que dans ${\displaystyle \sum _{g\in G}F(g)}$, chaque élément de X est compté ${\displaystyle \left|G_{x}\right|}$ fois, où G_x désigne le stabilisateur de x. Voici une mise en forme rigoureuse.

Pour tout ${\displaystyle \omega \in \Omega }$, les stabilisateurs des éléments de cette orbite étant conjugués (cf. problème suivant), ils ont même ordre. Notons ${\displaystyle c_{\omega }}$ cet ordre commun. En utilisant un élément x de l'orbite, on a

${\displaystyle \left|\omega \right|c_{\omega }=\left[G:G_{x}\right]\left|G_{x}\right|=|G|}$.

Par conséquent :

${\displaystyle {\begin{aligned}\sum _{g\in G}F(g)&=\left|\{(g,x)\in G\times X\mid gx=x\}\right|\\&=\sum _{x\in X}\left|G_{x}\right|\\&=\sum _{\omega \in \Omega }\sum _{x\in \omega }\left|G_{x}\right|\\&=\sum _{\omega \in \Omega }\left|\omega \right|c_{\omega }\\&=\sum _{\omega \in \Omega }|G|\\&=|\Omega ||G|.\end{aligned}}}$

Puisque l'opération de G sur X est transitive, il n'y a qu'une orbite donc, d’après le point a),

${\displaystyle \qquad \sum _{g\in G}F(g)=|G|}$.

Cela peut encore s'écrire

${\displaystyle \qquad F(1)+\sum _{g\in G\setminus \{1\}}F(g)=\vert G\vert }$

ou encore, puisque F(1) = |X|,

${\displaystyle \qquad \vert X\vert +\sum _{g\in G\setminus \{1\}}F(g)=|G|}$.

Si tout élément de G avait au moins un point fixe, c'est-à-dire si l'on avait F(g) ≥ 1 pour tout élément g de G, le premier membre serait ≥ |X| + |G| – 1, donc on aurait |G| ≥ |X| + |G| – 1, d'où |X| ≤ 1, ce qui contredit les hypothèses.

Pour tout élément h de G,

${\displaystyle \qquad h\in \mathrm {Stab} (y)\Leftrightarrow hy=y}$

${\displaystyle \qquad \Leftrightarrow hgx=gx}$

${\displaystyle \qquad \Leftrightarrow g^{-1}hgx=x}$

${\displaystyle \qquad \Leftrightarrow g^{-1}hg\in \mathrm {Stab} (x)}$

${\displaystyle \qquad \Leftrightarrow h\in g\mathrm {Stab} (x)\ g^{-1},}$

d'où l'énoncé.

Dans a), prendre X égal à (l'ensemble sous-jacent de) G, faire opérer G à gauche sur X par conjugaison : ${\displaystyle (g,x)\mapsto gxg^{-1}.}$ On trouve que ${\displaystyle \ C_{G}(gxg^{-1})=gC_{G}(x)g^{-1}}$ pour tout élément g de G, d'où le premier énoncé à démontrer.
Pour obtenir à partir de a) le second énoncé à démontrer, faire opérer G à gauche par conjugaison sur l’ensemble des parties de G.

G opère de façon évidente par translation à gauche sur l’ensemble G/H de ses classes à gauche modulo H. Le noyau K de cette opération (qui est un sous-groupe normal de G) est l’ensemble des éléments g de G tels que, pour tout élément x de G, on ait gxH = xH. (On peut en tirer que ce noyau est l'intersection des conjugués de H, mais cela ne nous servira pas.) En faisant x = 1, nous trouvons que K est contenu dans H. D'après le premier théorème d'isomorphisme, G/K est isomorphe à un sous-groupe de S_G/H, donc l’ordre de G/K divise l’ordre p! de S_G/H. D'autre part, l’ordre de G/K divise l’ordre de G. Donc l’ordre de G/K divise à la fois p! et l’ordre de G. Puisque p est le plus petit diviseur premier de l’ordre de G, le plus grand commun diviseur de p! et de l’ordre de G est p, donc l’ordre de G/K divise p. Puisque K est contenu dans H et que H est d'indice p dans G, on doit avoir K = H, donc H est normal dans G.

Soit donc ${\displaystyle g}$ un élément de ${\displaystyle N_{G}(H)}$ et ${\displaystyle y}$ un élément de ${\displaystyle E^{H}}$; il s'agit de prouver que

${\displaystyle g\ y}$ appartient à ${\displaystyle E^{H}}$,

autrement dit que

${\displaystyle g\ y}$ est un point fixe de ${\displaystyle H.}$

Soit donc ${\displaystyle h}$ un élément de H; il s'agit de prouver que

${\displaystyle h\ g\ y=g\ y.}$

Cela revient à dire que

${\displaystyle g^{-1}hg\ y=y}$,

ce qui est bien vrai, puisque, ${\displaystyle g}$ appartenant à ${\displaystyle N_{G}(H)}$, ${\displaystyle g^{-1}hg}$ appartient à H et fixe donc ${\displaystyle y.}$

1. Il y a a orbites à 7 éléments et b orbites à 5 éléments, avec 7a + 5b = 19. La seule solution est a = 2, b = 1. Il y a donc 3 orbites. (Remarque : sur 18 éléments, il n'y aurait pas de solution ; sur 17 éléments, la solution serait a = 1, b = 2.)
2. S'il n'y avait pas de point fixe, il y aurait a orbites à 13 éléments et b orbites à 11 éléments avec 13a + 11b = 108 donc a ≡ -1 mod 11, donc a ≥ 10, ce qui est impossible car 13×10 > 108. (Remarque : sur 109 éléments, il y aurait une solution : a = 5 et b = 4.)

Notons Isom⁺(C), Isom⁺(T), Isom(C) et Isom(T) ces quatre groupes, vus comme agissant sur l'ensemble des sommets du cube C ou du tétraèdre T. On montre facilement (en exhibant des rotations biens choisies) que les deux premières actions sont transitives. A fortiori, les deux dernières le sont aussi.

Soit A un sommet de C. Le stabilisateur de A dans Isom⁺(C) est constitué des rotations d'axe OA (O étant le centre du cube) qui permutent les 8 sommets de C. Elles permutent donc les trois sommets les plus proches de A, si bien qu'il y a exactement 3 telles rotations. On a donc |Isom⁺(C)| = 3×8 = 24. Par le même raisonnement, |Isom⁺(T)| = 3×4 = 12.

Lorsqu'on considère les groupes d'isométries, l'ordre du stabilisateur (et donc celui du groupe) est doublé, puisqu'il existe un plan de symétrie contenant A.

1. Outre l'identité, il y a :
   • pour chacune des 4 diagonales, deux tiers de tours ;
   • pour chacun des 3 axes joignant les centres de deux faces opposées, deux quarts de tour et un demi-tour ;
   • pour chacun des 6 axes joignant les centres de deux arêtes opposées, un demi-tour.

   C'est tout, puisque 1 + 4×2 + 3×3 + 6 = 24.

2. Ce groupe agit sur les quatre diagonales, fidèlement d'après l'inventaire.
3. Faisons agir le groupe de ces 24 rotations sur l'ensemble des 3⁶ cubes colorés et dénombrons, pour chaque rotation r, les cubes colorés « fixes » (en apparence). Le lemme de Burnside permettra d'en déduire le nombre N d'orbites, qui est le nombre cherché de « façons de colorer le cube, à rotation près ». Il faut pour cela faire agir r (et ses puissances) sur les 6 faces du cube et compter les orbites en lesquelles ces faces sont partitionnées : s'il y a k orbites, pour que le cube coloré soit fixe, chacune des k orbites doit être monochrome donc (puisqu'on dispose de 3 couleurs) il y a 3^k cubes colorés fixes par r.
   • pour l'identité, k = 6 ;
   • pour chacun des 8 tiers de tours, k = 2 ;
   • pour chacun des 6 quarts de tours, k = 3 ;
   • pour chacun des 3 demi-tours carrés des quarts de tours précédents, k = 4 ;
   • pour chacun des 6 autres demi-tours, k = 3.

   D'après le lemme de Burnside, 24×N = 3⁶ + 8×3² + 6×3³ + 3×3⁴ + 6×3³ donc N = 3×n avec 8×n = 3⁴ + 8 + 6×3 + 3×3² + 6×3 = 152, donc n = 19 et N = 57.