Puisque A et B sont conjugués, il existe un élément g de G tel que ${\displaystyle B=gAg^{-1}}$. Puisque G = AB, tout élément x de G peut donc s'écrire ${\displaystyle x=a_{1}ga_{2}g^{-1}}$ avec ${\displaystyle a_{1}}$ et ${\displaystyle a_{2}}$ dans A. C'est vrai en particulier pour ${\displaystyle x=g^{-1}}$, donc il existe ${\displaystyle a_{1},a_{2}}$ dans A tels que ${\displaystyle g^{-1}=a_{1}ga_{2}g^{-1}}$. En simplifiant à droite par ${\displaystyle g^{-1}}$, nous trouvons ${\displaystyle 1=a_{1}ga_{2}}$. En multipliant à gauche par ${\displaystyle a_{1}^{-1}}$ et à droite par ${\displaystyle a_{2}^{-1}}$, nous obtenons ${\displaystyle g=a_{1}^{-1}a_{2}^{-1}}$, donc g appartient à A, donc B est le conjugué de A par un élément de A, donc B est égal à A, donc A = B = AB, d'où, puisque AB est supposé égal à G, A = B = G.

Soient g et h des éléments de G tels que ${\displaystyle A^{g}\cap A^{h}\not =1}$. En passant aux images par la bijection ${\displaystyle x\mapsto x^{g^{-1}}}$, nous trouvons ${\displaystyle A\cap A^{hg^{-1}}\not =1}$, d'où, d’après nos hypothèses, ${\displaystyle hg^{-1}\in A}$, ce qui revient à dire que g et h appartiennent à la même classe à droite suivant A.

Nous avons donc montré que si g et h sont deux éléments de G qui n'appartiennent pas à la même classe à droite suivant A, alors ${\displaystyle A^{g}\cap A^{h}=1}$. Soit r l'indice de A dans G; choisissons une transversale de A dans G, c'est-à-dire un système ${\displaystyle g_{1},...g_{r}}$ d'éléments de G tel que pour toute classe à droite de G suivant A, il existe un et un seul i pour lequel ${\displaystyle g_{i}}$ appartienne à cette classe.

D'après ce qui précède, les r parties de G ${\displaystyle A^{g_{1}}\setminus \{1\},...,A^{g_{r}}\setminus \{1\}}$ sont deux à deux disjointes, donc ${\displaystyle \bigcup _{g\in G}(A^{g}\setminus \{1\})}$ compte au moins ${\displaystyle r(\vert A\vert -1)}$ éléments, donc

${\displaystyle \bigcup _{g\in G}A^{g}}$ compte au moins ${\displaystyle 1+r(\vert A\vert -1)}$ éléments.

Puisque ${\displaystyle r=\vert G:A\vert =\vert G\vert /\vert A\vert }$, cela revient à dire que ${\displaystyle \bigcup _{g\in G}A^{g}}$ compte au moins ${\displaystyle 1+\vert G\vert -\vert G\vert /\vert A\vert }$ éléments.

Par hypothèse, ${\displaystyle \vert A\vert \geq 2}$, donc ${\displaystyle \vert G\vert /\vert A\leq \vert G\vert /2}$, d'où l'énoncé.

(Remarque préliminaire : au chapitre suivant, on montrera que le nombre des conjugués de A dans G est égal à l'indice dans G du normalisateur de A et est donc inférieur ou égal à ${\displaystyle \vert G\vert /\vert A\vert }$, ce qui permet de rédiger la démonstration plus simplement.)

Si g et h sont deux éléments de G appartenant à une même classe à droite suivant A, c'est-à-dire s'il existe ${\displaystyle a\in A}$ tel que h = ag, alors ${\displaystyle A^{h}=A^{(ag)}=(A^{a})^{g}}$ d'où, puisque ${\displaystyle A^{a}=A}$, ${\displaystyle A^{h}=A^{g}}$. Nous avons donc montré que si g et h sont deux éléments de G appartenant à une même classe à droite suivant A, alors ${\displaystyle A^{h}=A^{g}}$. (On l'a déjà noté dans la solution de l'exercice précédent.)

Soit ${\displaystyle r=\vert G:A\vert }$; choisissons une transversale de A dans G, c'est-à-dire un système ${\displaystyle g_{1},...g_{r}}$ d'éléments de G tel que pour toute classe à droite de G suivant A, il existe un et un seul i pour lequel ${\displaystyle g_{i}}$ appartienne à cette classe.

D'après ce qui précède, ${\displaystyle \bigcup _{g\in G}A^{g}=\bigcup _{1\leq i\leq r}A^{g_{i}}}$, d'où ${\displaystyle {\Bigl (}\bigcup _{g\in G}A^{g}{\Bigr )}-\{1\}=\bigcup _{1\leq i\leq r}(A^{g_{i}}-\{1\})}$ et donc

${\displaystyle \mathrm {Card} \left({\Bigl (}\bigcup _{g\in G}A^{g}{\Bigr )}-\{1\}\right)\leq \sum _{1\leq i\leq r}\mathrm {Card} (A^{g_{i}}-\{1\})}$
${\displaystyle \mathrm {Card} \left(\bigcup _{g\in G}A^{g}\right)\leq 1+r(\vert A\vert -1)}$.

Comme ${\displaystyle r\vert A\vert =\vert G\vert }$, ceci peut s'écrire ${\displaystyle \mathrm {Card} {\Bigl (}\bigcup _{g\in G}A^{g}{\Bigr )}\leq \vert G\vert +1-r}$. Puisque A est supposé distinct de G, r est > 1, donc ${\displaystyle \mathrm {Card} {\Bigl (}\bigcup _{g\in G}A^{g}{\Bigr )}<\vert G\vert }$, d'où l'énoncé.

Supposons que, par absurde,

${\displaystyle \ (1)}$ aucun sous-groupe maximal de G ne soit normal dans G.

Soit M un sous-groupe maximal de G. Puisque M est contenu dans ${\displaystyle \ N_{G}(M)}$ et que M est maximal, ${\displaystyle \ N_{G}(M)}$ est égal à G ou à M. Puisque nous avons supposé en (1) qu'aucun sous-groupe maximal de G n'est normal dans G, ${\displaystyle \ N_{G}(M)\not =G,}$ donc ${\displaystyle \ N_{G}(M)=M.}$ Ceci revient à dire que

${\displaystyle \ (2)}$ pour tout sous-groupe maximal M de G et pour tout ${\displaystyle g\in G\setminus M,M^{g}\not =M}$

(où ${\displaystyle \ M^{g}}$ désigne ${\displaystyle \ g^{-1}Mg}$).

D'autre part, il est clair (par exemple parce que M n’est pas normal dans G) que ${\displaystyle M\not =1.}$ Compte tenu de ceci, de (2) et d'un des problèmes ci-dessus, on a donc

${\displaystyle (3)\qquad \vert \bigcup _{g\in G}M^{g}\vert \geq {\frac {\vert G\vert }{2}}+1.}$

Puisque G est un groupe fini > 1, il admet au moins un sous-groupe maximal. Choisissons un sous-groupe maximal P de G.

D'après un des problèmes ci-dessus, ${\displaystyle \bigcup _{g\in G}P^{g}}$ n’est pas égal à G tout entier. Nous pouvons donc choisir un élément x de G qui n'appartient pas à ${\displaystyle \bigcup _{g\in G}P^{g}}$.
D'après l'hypothèse (1) (et le fait que G admet au moins un sous-groupe maximal), G n’est pas commutatif (puisque tout sous-groupe d'un groupe commutatif est normal). En particulier, G n’est pas cyclique, donc le sous-groupe <x> de G n’est pas G tout entier, donc <x> est contenu dans au moins un sous-groupe maximal de G, soit Q. Alors x appartient à Q.
Puisque x a été choisi hors de ${\displaystyle \bigcup _{g\in G}P^{g}}$, Q est distinct de tous les conjugués de P. On en tire facilement que

${\displaystyle \ (4)}$ chaque conjugué de Q est distinct de chaque conjugué de P.

On vérifie facilement que tout conjugué d'un sous-groupe maximal est un sous-groupe maximal. Donc, d’après les hypothèses de l'énoncé, il résulte de (4) que

${\displaystyle (5)\qquad (\bigcup _{g\in G}P^{g})\cap (\bigcup _{g\in G}Q^{g})=\{1\}.}$

D'après (3), ${\displaystyle \vert \bigcup _{g\in G}P^{g}\vert }$ et ${\displaystyle \vert \bigcup _{g\in G}Q^{g}\vert }$ sont tous deux ${\displaystyle \geq {\frac {\vert G\vert }{2}}+1,}$ donc, d’après (5), ${\displaystyle (\bigcup _{g\in G}P^{g})\cup (\bigcup _{g\in G}Q^{g})}$ est une partie de G de cardinal ${\displaystyle \geq \vert G\vert +1,}$ ce qui est absurde. Cette contradiction démontre l'énoncé.

Soient x un élément de K et g un élément de G. Il s'agit de prouver que gxg^-1 appartient à K, autrement dit appartient à tout conjugué de H. Soit L un conjugué de H; il s'agit de prouver que gxg^-1 appartient à L, autrement dit que x appartient à g^-1Lg. Or, puisque L est un conjugué de H, g^-1Lg en est un aussi (transitivité de la relation de conjugaison), donc x, qui est supposé appartenir à K, autrement dit appartenir à tout conjugué de H, appartient bien à g^-1Lg comme annoncé.

Remarques. 1°. L'énoncé revient à dire que, pour tout élément g de G, ${\displaystyle g(\bigcap _{A\in \mathrm {Conj} (H)}A)g^{-1}=\bigcap _{A\in \mathrm {Conj} (H)}A}$, ce qui s'écrit encore ${\displaystyle \bigcap _{A\in \mathrm {Conj} (H)}(gAg^{-1})=\bigcap _{A\in \mathrm {Conj} (H)}A}$. Ceci résulte immédiatement du fait que ${\displaystyle A\mapsto gAg^{-1}}$ définit une permutation de l’ensemble Conj(H).
2°. Comme nous le verrons plus loin, K est le noyau d'un homomorphisme de G dans le groupe des permutations de l’ensemble des classes à gauche modulo H, ce qui fournit une autre démonstration.

Désignons par Conj(X) l’ensemble des conjugués des éléments de X et par <Conj(X)> le sous-groupe de G engendré par Conj(X). Il s'agit de prouver que <Conj(X)> est le sous-groupe distingué de G engendré par X.

Prouvons tout d’abord que <Conj(X)> est un sous-groupe distingué de G. Soit f un automorphisme intérieur de G; il s'agit de prouver que f(<Conj(X)>) = <Conj(X)>. Or f(<Conj(X)>) = <f(Conj(X))> et, puisque f est un automorphisme intérieur, il est clair que f(Conj(X)) = Conj(X), d'où notre argument.

Donc <Conj(X)> est un sous-groupe distingué de G contenant X. Il reste à prouver que c’est le plus petit. Soit H un sous-groupe distingué de G contenant X. Il s'agit de prouver que <Conj(X)> est contenu dans H. Puisque H contient X et est distingué dans G, il contient Conj(X). Puisque H est un sous-groupe de G, il contient donc <Conj(X)>, ce qui achève la démonstration.

(Le lecteur qui préférerait une démonstration plus « concrète » peut utiliser la « description constructive » du sous-groupe de G engendré par U.)

Nous avons H = {1,a} pour un certain élément a de ${\displaystyle G\setminus \{1\}}$. Puisque H est normal dans G, nous avons ${\displaystyle gag^{-1}\in H}$ pour tout élément g de G. Donc, pour tout élément g de G, gag^-1 est égal à 1 ou à a. Puisque a n’est pas lui-même égal à 1, il est clair que gag^-1 n’est pas égal à 1, donc gag^-1 = a, donc a commute avec g. Ceci étant vrai pour tout g dans G, a appartient au centre de G, donc H est bien contenu dans le centre de G.

Prouvons que les éléments de la forme ${\displaystyle \ a_{1}^{r_{1}}\ldots a_{n}^{r_{n}},}$ forment un sous-groupe de G.

Prouvons d’abord que le produit de deux éléments de cette forme est lui-même de cette forme. Plus précisément, prouvons que si r₁, ... , r_n, s₁, ... , s_n sont des entiers rationnels, ${\displaystyle \ a_{1}^{r_{1}}\ldots a_{n}^{r_{n}}a_{1}^{s_{1}}\ldots a_{n}^{s_{n}}=a_{1}^{r_{1}+s_{1}}\ldots a_{n}^{r_{n}+s_{n}}.}$ On le prouve facilement par récurrence sur n. Voici une preuve qui se rattache plus directement au théorème de commutativité.

Soient i, j deux indices. Puisque a_i commute avec a_j, chaque élément de <a_i> commute avec chaque élément de <a_j> (voir théorie), donc ${\displaystyle \ a_{i}^{r_{i}}}$ commute avec ${\displaystyle \ a_{j}^{r_{j}}}$. Il nous suffit donc de prouver que si b₁, ... , b_n, c₁, ... , c_n sont des éléments de G qui commutent entre eux, alors ${\displaystyle (1)\quad b_{1}...b_{n}c_{1}...c_{n}=b_{1}c_{1}...b_{n}c_{n}.}$ Le premier membre est le produit de la famille ${\displaystyle \ (x_{i})_{1\leq i\leq 2n}}$, où ${\displaystyle \ x_{i}=b_{i}}$ si 1 ≤ i ≤ n et ${\displaystyle \ x_{i}=c_{i}-n}$ si n + 1 ≤ i ≤ 2n. Le second membre de notre thèse (1) est le produit de la famille ${\displaystyle \ (y_{i})_{1\leq i\leq 2n}}$, où ${\displaystyle y_{i}=b_{\frac {i+1}{2}}}$ si i est impair et ${\displaystyle y_{i}=c_{\frac {i}{2}}}$ si i est pair, pour tout entier i tel que 1 ≤ i ≤ 2n. Il s'agit de prouver que

(2) ${\displaystyle \prod _{1\leq i\leq 2n}x_{i}=\prod _{1\leq i\leq 2n}y_{i}.}$

Soit σ la permutation de {1, 2, ... , 2n} définie par ${\displaystyle \ \sigma (i)={\frac {i+1}{2}}}$ si i est impair, ${\displaystyle \ \sigma (i)=n+{\frac {i}{2}}}$ si i est pair. Alors ${\displaystyle \ y_{i}=x_{\sigma (i)}}$, donc notre thèse (2) est vraie d’après le théorème de commutativité.

Il est clair que l'élément neutre est de la forme ${\displaystyle \ a_{1}^{r_{1}}\ldots a_{n}^{r_{n}},}$ avec r₁ = ... = r_n = 0.

Enfin, on prouvera facilement, par récurrence sur n ou en considérant la permutation i ↦ n + 1 - i de l’ensemble {1, 2, ... n} des indices, que l'inverse ${\displaystyle \ a_{n}^{-r_{n}}\ldots a_{1}^{-r_{1}}}$ de ${\displaystyle \ a_{1}^{r_{1}}\ldots a_{n}^{r_{n}}}$ est égal à ${\displaystyle \ a_{1}^{-r_{1}}\ldots a_{n}^{-r_{n}}}$. Donc l’ensemble des éléments de G de la forme ${\displaystyle \ a_{1}^{r_{1}}\ldots a_{n}^{r_{n}},}$ avec r₁, ... , r_n entiers rationnels, est un sous-groupe de G. Il est clair que ce sous-groupe comprend les éléments a₁, ... , a_n et est contenu dans tout groupe qui les comprend, donc c’est le sous-groupe de G engendré par ces éléments.

Ces deux conditions sont équivalentes. Prouvons par exemple que 1° entraîne 2°. Si 1° est satisfaite, il existe un sous-groupe H de G et un élément a de G tel que X = aH. Alors X = Ka, où K est le sous-groupe aHa^-1 de G.

Notons d’abord que si x et y sont deux éléments de X, alors

${\displaystyle (3)\quad xy}$ est de la forme ${\displaystyle \ yx'}$ avec x' dans X.

En effet, ${\displaystyle \ xy=y(y^{-1}xy)}$ et ${\displaystyle \ y^{-1}xy}$ appartient à X d’après l'hypothèse (1).

De (3), le lecteur tirera facilement que

(4) pour tout nombre naturel s, le produit de s éléments de X parmi lesquels figure un élément a peut s'écrire comme produit de s éléments de X dont le premier est a.

Prouvons maintenant la thèse (2). Nous allons prouver plus précisément que si s est un nombre naturel, si ${\displaystyle \ a_{1},\dotsc ,a_{s}}$ sont des éléments de X, alors ${\displaystyle \ a_{1}\dotsm a_{s}}$ est de la forme

${\displaystyle (5)\quad a_{1}\ldots a_{s}=x_{1,1}\dotsm x_{1,r_{1}}\ x_{2,1}\ldots x_{2,r_{2}}\ldots x_{n,1}\dotsm x_{n,r_{n}}}$

avec

${\displaystyle \ x_{i,j}\in X_{i}}$ pour tout ${\displaystyle \ i}$ (${\displaystyle \ 1\leq i\leq n}$) et tout ${\displaystyle \ j}$,

${\displaystyle \ r_{1}+\dotsb +r_{n}=s,}$

${\displaystyle \ r_{i}}$ pouvant être nul comme convenu plus haut.

Nous raisonnons par récurrence sur s. Si s = 0, l'énoncé est banal, donc nous pouvons supposer s > 0. Nous pouvons alors considérer le plus petit indice ${\displaystyle \ i}$ (${\displaystyle \ 1\leq i\leq n}$) tel que ${\displaystyle \ a_{1}\dotsm a_{s}}$ puisse s'écrire comme produit de s éléments de X dont un au moins appartienne à ${\displaystyle \ X_{i}}$. D'après (4), ${\displaystyle \ a_{1}\dotsm a_{s}}$ peut donc s'écrire

${\displaystyle (6)\quad a_{1}\dotsm a_{s}=a'_{1}\dotsm a'_{s}}$ avec ${\displaystyle \ a'_{1},\dotsc ,a'_{s}}$ dans X et ${\displaystyle \ a'_{1}}$ dans ${\displaystyle X_{i}}$.

Par hypothèse de récurrence sur s, ${\displaystyle \ a'_{2}\dotsm a'_{s}}$ est de la forme

${\displaystyle \ a'_{2}\dotsm a'_{s}=y_{1,1}\dotsm y_{1,r_{1}}\ y_{2,1}\dotsm y_{2,r_{2}}\dotsm y_{n,1}\dotsm y_{n,r_{n}},}$

où ${\displaystyle \ y_{j,k}}$ appartient à ${\displaystyle \ X_{j}}$ pour tout ${\displaystyle \ j}$ et tout ${\displaystyle \ k}$ et où

${\displaystyle (7)\quad r_{1}+\dotsb +r_{n}=s-1.}$

On a alors

${\displaystyle (8)\quad a_{1}\dotsm a_{s}=a'_{1}y_{1,1}\dotsm y_{1,r_{1}}\ y_{2,1}\dotsm y_{2,r_{2}}\dotsm y_{n,1}\dotsm y_{n,r_{n}}.}$

Par minimalité de i, aucun des ${\displaystyle \ y_{j,k}}$ ne peut appartenir à un ${\displaystyle \ X_{t}}$ avec t < i, donc les ${\displaystyle \ r_{t}}$ pour t < i sont nuls et (7) et (8) donnent

${\displaystyle \ a_{1}\dotsm a_{s}=a'_{1}y_{i,1}\dotsm y_{i,r_{i}}\dotsm y_{n,1}\dotsm y_{n,r_{n}},}$

avec ${\displaystyle \ (1+r_{i})+\dotsb +r_{n}=s,}$ ce qui démontre notre thèse (5) par récurrence sur s.

Remarque. Voici une façon plus « algorithmique » de démontrer la thèse (5). Si x est un élément de G et ${\displaystyle \ (j_{1},\dotsc ,j_{s})}$ un s-uplet d'éléments de l'intervalle naturel [1, n], convenons de dire que ${\displaystyle \ (j_{1},\dotsc ,j_{s})}$ est un s-uplet d'appartenances de x si x peut s'écrire sous la forme

${\displaystyle x=a_{1}\dotsm a_{s},}$

avec ${\displaystyle \ a_{i}\in X_{j_{i}}}$ pour tout ${\displaystyle \ i(1\leq s).}$
Pour démontrer la thèse (5), il s'agit de prouver que tout élément de G qui est produit de s éléments de X admet un s-uplet d'appartenances croissant (au sens large).
Soit donc

${\displaystyle (9)\quad x=a_{1}\dotsm a_{s},}$

tous les ${\displaystyle \ a_{i}}$ appartenant à X. Nous pouvons choisir un s-uplet d'appartenances de x, soit ${\displaystyle \ (j_{1},\dotsc ,j_{s})}$, tel que ${\displaystyle \ a_{i}\in X_{j_{i}}}$ pour tout ${\displaystyle \ i(1\leq s).}$.
Si ce s-uplet n’est pas croissant, il existe un indice ${\displaystyle \ k<s}$ tel que ${\displaystyle \ j_{k}>j_{k+1}.}$ D'après (3), nous pouvons remplacer, dans l’expression (9) de x, le produit partiel ${\displaystyle \ a_{k}a_{k+1}}$ par ${\displaystyle \ a_{k+1}a'}$, où ${\displaystyle \ a'}$ est un élément de X et donc d'un certain ${\displaystyle \ X_{r}.}$ Alors ${\displaystyle \ (j_{1},\dotsc ,j_{k-1},j_{k+1},r,j_{k+2},\dotsc ,j_{s})}$ est un s-uplet d'appartenances de x et est strictement plus petit que le s-uplet d'appartenances ${\displaystyle \ (j_{1},\dotsc ,j_{s})}$ selon l’ordre lexicographique. Puisque l’ensemble ${\displaystyle \ [1,n]^{s}}$ est fini, on aboutira, en répétant les opérations au besoin, à un s-uplet d'appartenances croissant, comme annoncé.

Dans l'énoncé du point a), faisons

${\displaystyle \ X=A_{1}\cup \dotsb \cup A_{n},}$

de sorte que ${\displaystyle \langle A_{1},\dotsc ,A_{n}\rangle =\langle X\rangle .}$ Comme les ${\displaystyle \ A_{i}}$ sont des groupes, ${\displaystyle \ X=X^{-1}}$, donc ${\displaystyle \langle X\rangle }$ est l’ensemble des produits d'éléments de X, donc, d’après le point a), tout élément de ${\displaystyle \langle X\rangle }$ est de la forme ${\displaystyle \ p_{1}\dotsm p_{n}}$, où, pour chaque i, ${\displaystyle \ p_{i}}$ est un produit d'éléments de ${\displaystyle \ A_{i}.}$ Comme chaque ${\displaystyle \ A_{i}}$ est un groupe, ${\displaystyle \ p_{i}}$ appartient à ${\displaystyle \ A_{i}}$, donc

${\displaystyle \langle A_{1},\dotsc ,A_{n}\rangle \subseteq A_{1}\dotsm A_{n}.}$

L'inclusion réciproque est évidente.

Posons ${\displaystyle \ X=C\cup C^{-1}.}$ Il est clair que ${\displaystyle \ X^{g}\subseteq X}$ pour tout g dans G. Nous pouvons donc appliquer le point a) à ${\displaystyle \ X=C\cup C^{-1},}$ ${\displaystyle \ n=2,}$ ${\displaystyle \ X_{1}=(C\cup C^{-1})\cap A_{1}}$ et ${\displaystyle \ X_{2}=(C\cup C^{-1})\cap A_{2}}$. Nous trouvons ainsi que tout produit d'éléments de ${\displaystyle \ C\cup C^{-1}}$ est de la forme ${\displaystyle \ p_{1}p_{2}}$, où ${\displaystyle \ p_{1}}$ est un produit d'éléments de ${\displaystyle \ (C\cup C^{-1})\cap A_{1}}$ et ${\displaystyle \ p_{2}}$ un produit déléments de ${\displaystyle \ (C\cup C^{-1})\cap A_{2}}$. Mais, d’après l'hypothèse <C> = G, tout élément de G est produit d'éléments de ${\displaystyle \ C\cup C^{-1}}$ et, d’autre part, ${\displaystyle \ p_{1}}$ appartient évidemment à ${\displaystyle \ A_{1}}$ et ${\displaystyle \ p_{2}}$ à ${\displaystyle \ A_{2}}$. Donc

${\displaystyle (1)\quad G=A_{1}A_{2}.}$

Prouvons maintenant que G est égal à ${\displaystyle \ A_{1}}$ ou à ${\displaystyle \ A_{2}}$. Puisque G = <C>, il suffit de prouver que C est contenu dans ${\displaystyle \ A_{1}}$ ou dans ${\displaystyle \ A_{2}}$.

Supposons que C ne soit pas contenu dans ${\displaystyle \ A_{1}}$. Il existe alors un élément y de C qui n'appartient pas à ${\displaystyle \ A_{1}}$. Soit g un élément de G. D'après (1), g est de la forme ${\displaystyle \ a_{1}a_{2}}$ avec ${\displaystyle \ a_{1}\in A_{1}}$ et ${\displaystyle \ a_{2}\in A_{2}}$. Alors ${\displaystyle \ y^{a_{1}}\notin A_{1}}$, sinon on aurait

${\displaystyle \ y\in A_{1}^{a_{1}^{-1}}=A_{1}.}$

Puisque ${\displaystyle \ y^{a_{1}}\in C\subseteq A_{1}\cup A_{2},}$ on a donc

${\displaystyle \ y^{a_{1}}\in A_{2},}$

d'où ${\displaystyle \ y^{a_{1}a_{2}}\in A_{2},}$ c'est-à-dire ${\displaystyle \ y^{g}\in A_{2}.}$ Ceci étant vrai pour tout élément g de G et l’ensemble ${\displaystyle \ \{y^{g}\vert g\in G\}}$ étant égal à C (puisque y est un conjugué de x), nous avons donc ${\displaystyle \ C\subseteq A_{2}.}$

Nous avons donc prouvé que si C n’est pas contenu dans ${\displaystyle \ A_{1},}$ il est contenu dans ${\displaystyle \ A_{2}}$, ce qui revient à dire que C est contenu dans ${\displaystyle \ A_{1}}$ ou dans ${\displaystyle \ A_{2}}$. Comme nous l'avons noté, l'énoncé en résulte.

Pour tout élément y de B,

${\displaystyle {\begin{aligned}y\in C_{B}(\sigma (H))&\Leftrightarrow \forall h\in H,\ y^{-1}\sigma (h)y=\sigma (h)\\&\Leftrightarrow \forall h\in H,\ \sigma ^{-1}(y^{-1}\sigma (h)y)=h\\&\Leftrightarrow \forall h\in H,\ \sigma ^{-1}(y)^{-1}h\sigma ^{-1}(y)=h\\&\Leftrightarrow \sigma ^{-1}(y)\in C_{A}(H)\\&\Leftrightarrow y\in \sigma (C_{A}(H)).\end{aligned}}}$

Pour tout élément y de B,

${\displaystyle {\begin{aligned}y\in N_{B}(\sigma (H))&\Leftrightarrow y^{-1}\sigma (H)y=\sigma (H)\\&\Leftrightarrow \sigma ^{-1}(y^{-1}\sigma (H)y)=H\\&\Leftrightarrow \sigma ^{-1}(y)^{-1}H\sigma ^{-1}(y)=H\\&\Leftrightarrow \sigma ^{-1}(y)\in N_{A}(H)\\&\Leftrightarrow y\in \sigma (N_{A}(H)).\end{aligned}}}$

Appliquer les points a) et b) au cas où A = B = G et où ${\displaystyle \sigma }$ est l'automorphisme ${\displaystyle x\mapsto a^{-1}xa}$ de G.

Soit a un élément de G. D'après le point c),

${\displaystyle a^{-1}C_{G}(H)a=C_{G}(a^{-1}Ha).}$

Puisque H est normal dans G, on peut remplacer ${\displaystyle a^{-1}Ha}$ par H, donc

${\displaystyle a^{-1}C_{G}(H)a=C_{G}(H),}$

ce qui prouve que ${\displaystyle C_{G}(H)}$ est normal dans G.