Puisque tout groupe cyclique est commutatif, H est sous-groupe distingué de G. Supposons que, par absurde, H admette un complément dans G. On a ${\displaystyle \vert G\vert =\vert H\vert \cdot \vert K\vert }$, autrement dit p² = p ${\displaystyle \vert K\vert }$, d'où ${\displaystyle \vert H\vert =\vert K\vert =p.}$ Mais un groupe cyclique n'admet qu'un sous-groupe d'un ordre donné, donc H = K, ce qui est impossible puisque ${\displaystyle H\cap K=1.}$

Puisque ${\displaystyle H\cap K=1}$, la formule du produit (démontrée dans le chapitre Classes modulo un sous-groupe) donne ${\displaystyle \vert HK\vert =\vert H\vert \cdot \vert K\vert }$. Puisque, par hypothèse, ${\displaystyle \vert H\vert \cdot \vert K\vert =\vert G\vert }$, il en résulte ${\displaystyle \vert HK\vert =\vert G\vert }$, donc, puisque G est fini, HK est G tout entier.

Puisque ${\displaystyle H\cap K}$ est sous-groupe de H et de K, son ordre divise l’ordre a de H et l’ordre b de K. Puisque a et b sont premiers entre eux, l’ordre de ${\displaystyle H\cap K}$ est donc égal à 1, d'où ${\displaystyle H\cap K=1}$. Les hypothèses du problème 2 sont donc satisfaites.

A_n est un sous-groupe distingué de S_n et, puisque n ≥ 2, d'indice 2 dans S_n, donc ${\displaystyle \vert A_{n}\vert \cdot \vert <\tau >\vert =\vert S_{n}\vert }$. Puisque τ est une permutation impaire et que < τ > = {1, τ}, il est clair que A_n ∩ <τ> = 1. L'énoncé résulte donc du problème 2.

L'assertion relative à S₃ résulte du problème 4. L'assertion relative à Z/6Z résulte du fait, démontré dans le chapitre sur les produits de groupes, que si a et b sont deux nombres naturels premiers entre eux, Z/abZ est le produit direct (et a fortiori semi-direct) de son sous-groupe (cyclique) d'ordre a par son sous-groupe (cyclique) d'ordre b. On sait que S₃ n’est pas commutatif et que Z/6Z l'est, donc ces deux groupes ne sont pas isomorphes; comme deux groupes d'ordre 2 (resp. d'ordre 3) sont toujours isomorphes, ceci achève la solution.

Le noyau d'un homomorphisme partant d'un groupe est normal dans ce groupe, donc Ker(p) est normal dans G. Il reste à prouver que s(Q) est un complément de Ker(p) dans G. Prouvons tout d’abord que Ker(p) ⋂ s(Q) = 1. Soit x un élément de Ker(p) ⋂ s(Q); il s'agit de prouver que x = 1. Puisque x appartient à s(Q), il existe un élément q de Q tel que x = s(q). En appliquant p aux deux membres et en tenant compte des relations x ∈ Ker(p) et p ∘ s = id_Q, nous trouvons q = 1, d'où x = 1, ce qui, comme noté, prouve que Ker(p) ⋂ s(Q) = 1. Prouvons enfin que G = Ker(p) s(Q). Soit x un élément de G; il s'agit de prouver que x est de la forme x = k s(q), avec k dans Ker(p) et q dans Q. (Notons que si x est de cette forme, alors, en appliquant p aux deux membres de l'égalité x = k s(q) et en tenant compte que k ∈ Ker(p) et p ∘ s = id_Q, nous trouvons q = p(x), ce qui nous indique la seule valeur possible pour q.) Posons q = p(x) (donc q appartient à Q). En appliquant p ∘ s aux deux membres, nous trouvons p(s(q)) = p ∘ s ∘ p(x). Puisque p ∘ s = id_Q, ceci peut s'écrire p(s(q)) = p(x), donc x s(q)^-1 appartient à Ker(p). Donc, si nous posons k = x s(q)^-1, alors k appartient à Ker(p) et x = k s(q), ce qui démontre notre argument. (Plus brièvement : de p ∘ s = id_Q, il résulte que x et s ∘ p(x) sont congrus modulo Ker(p), donc x = k s(p(x)) avec k dans Ker(p) et, bien sûr, s(p(x)) dans s(Q).)

Soit φ₀ la corestriction de φ à φ(H) = ψ(H), c'est-à-dire l’application de H sur φ(H)=ψ(H) qui applique un élément h de H sur φ(h). Du fait que φ est un homomorphisme injectif, il résulte que φ₀ est un isomorphisme de H sur φ(H) = ψ(H). De même, la corestriction ψ₀ de ψ à φ(H)=ψ(H) est elle aussi un isomorphisme de H sur φ(H) = ψ(H). Posons ${\displaystyle g=\psi _{0}^{-1}\circ \varphi _{0}.}$ Alors g est un automorphisme de H tel que φ = ψ∘g, donc les actions de H sur N (par automorphismes) correspondant à φ et à ψ sont quasi équivalentes par l'automorphisme identité de N et l'automorphisme g de H.

Le nombre des p-sous-groupes de Sylow de G divise q. Puisque q est premier, le nombre des p-sous-groupes de Sylow de G est donc égal à 1 ou à q. D'autre part, le nombre des p-sous-groupes de Sylow de G est congru à 1 modulo p et q ne l'est pas (puisque q < p). Donc G contient un seul sous-groupe d'ordre p, soit P, et ce sous-groupe est normal. D'autre part, nous pouvons choisir un q-sous-groupe de Sylow de G, c'est-à-dire un sous-groupe d'ordre q de G, soit Q. Puisque |P| et |Q| sont premiers entre eux et que |G| = |P| |Q|, il résulte d'un problème ci-dessus que G est produit semi-direct de P par Q.

Soit G un groupe d'ordre pq. D'après le point b), G est isomorphe à un produit semi-direct externe ${\displaystyle P{\underset {\varphi }{\rtimes }}Q}$, où P est un groupe (cyclique) d'ordre p, où Q est un groupe (cyclique) d'ordre q et φ un homomorphisme de Q dans Aut(P). D'après le chapitre Automorphismes d'un groupe cyclique, Aut(P) est d'ordre p-1 et donc, vu les hypothèses du point c), est d'ordre premier avec |Q| = q. Le seul homomorphisme de Q dans Aut(P) est donc l'homomorphisme trivial, donc φ est trivial, donc ${\displaystyle P{\underset {\varphi }{\rtimes }}Q}$ est le produit direct de P et Q. D'après le chapitre Produit de groupes et compte tenu que P et Q sont des groupes cycliques d'ordres premiers entre eux, ${\displaystyle P{\underset {\varphi }{\rtimes }}Q}$ est donc cyclique. Puisque G lui est isomorphe, G est donc cyclique.

Choisissons un groupe (cyclique) P d'ordre p et un groupe (cyclique) Q d'ordre q. D'après le chapitre Automorphismes d'un groupe cyclique, Aut(P) est d'ordre p-1 et donc, vu les hypothèses du point d), d'ordre divisible par q. Donc, d'après le théorème de Cauchy, Aut(P) contient un sous-groupe d'ordre q, soit Q₀. Deux groupes cycliques de même ordre sont toujours isomorphes, donc il existe un isomorphisme φ₀ de Q sur Q₀. Alors x ↦ φ₀(x) définit un homomorphisme injectif φ de Q dans Aut(P). On a alors |φ(Q)| = q, donc l'homomorphisme φ de Q dans Aut(P) n'est pas trivial, donc le produit semi-direct ${\displaystyle P{\underset {\varphi }{\rtimes }}Q}$ n'est pas abélien. Comme c'est un groupe d'ordre pq, nous avons prouvé qu'il existe un groupe d'ordre pq non abélien et, a fortiori, non cyclique.

Pour prouver l'énoncé, il reste à prouver que tous les groupes non cycliques d'ordre pq sont isomorphes.
Soient G₁ et G₂ deux groupes non cycliques d'ordre pq. Il s'agit de prouver que G₁ et G₂ sont isomorphes.
D'après le point b), G₁ est isomorphe à un produit semi-direct externe ${\displaystyle P_{1}{\underset {\varphi _{1}}{\rtimes }}Q_{1}}$, où P₁ est un groupe (cyclique) d'ordre p, où Q₁ est un groupe (cyclique) d'ordre q et φ₁ un homomorphisme de Q₁ dans Aut(P₁). Puisque G₁ est supposé non cyclique, il n'est pas produit direct de deux groupes cycliques d'ordres premiers entre eux (voir point c)), donc l'homomorphisme φ₁ n'est pas trivial.
De même, G₂ est isomorphe à un produit semi-direct externe ${\displaystyle P_{2}{\underset {\varphi _{2}}{\rtimes }}Q_{2}}$, où P₂ est un groupe (cyclique) d'ordre p, où Q₂ est un groupe (cyclique) d'ordre q et φ₂ un homomorphisme non trivial de Q₂ dans Aut(P₂).

Le groupe ${\displaystyle P_{2}{\underset {\varphi _{2}}{\rtimes }}Q_{2}}$ est isomorphe à un groupe ${\displaystyle P_{1}{\underset {\psi }{\rtimes }}Q_{1}}$ pour un certain homomorphisme ψ de Q₁ dans Aut(P₁). En effet, soient σ un isomorphisme de Q₁ sur Q₂ et τ un isomorphisme de P₁ sur P₂; posons

${\displaystyle \psi ={\hat {\tau }}\circ \varphi _{2}\circ \sigma }$,

où ${\displaystyle {\hat {\tau }}}$ désigne l'isomorphisme f ↦ τ^-1 ∘ f ∘ τ de Aut(P₂) sur Aut(P₁); alors l'action de Q₂ sur P₂ correspondant à φ₂ est quasi équivalente à l'opération de Q₁ sur P₁ correspondant à ψ (voir le chapitre théorique). Une action quasi équivalente à une action non triviale étant non triviale, l'homomorphisme ψ de Q₁ dans Aut(P₁) est non trivial.

Pour prouver que G₁ et G₂ sont isomorphes, il suffit donc de prouver que si P est un groupe d'ordre p et Q un groupe d'ordre q, si φ et ψ sont des homomorphismes non triviaux de Q dans Aut(P), alors

${\displaystyle P{\underset {\varphi }{\rtimes }}Q\cong P{\underset {\psi }{\rtimes }}Q.}$

Puisque φ n'est pas trivial, son noyau Ker φ est un sous-groupe propre de Q. Puisque Q est d'ordre premier, on a donc Ker φ = 1, autrement dit, φ est injectif. De même, ψ est injectif. Donc φ(Q) et ψ(Q) sont des sous-groupes d'ordre q de Aut(P). D'après le chapitre Automorphismes d'un groupe cyclique, le groupe Aut(P) est cyclique (d'ordre p-1). Comme un groupe cyclique a au plus un sous-groupe d'un ordre donné, on a donc

φ(Q) = ψ(Q).

Joint au fait que φ et ψ sont injectifs, ceci entraîne, d'après le point a), que les actions de Q sur P correspondant à φ et à ψ sont quasi équivalentes et que ${\displaystyle P{\underset {\varphi }{\rtimes }}Q}$ et ${\displaystyle P{\underset {\psi }{\rtimes }}Q}$ sont donc isomorphes, comme annoncé.

Pour a, a' dans A et b, b' dans B, nous avons

f( (a, b) (a', b') ) = f(a θ_b(a'),bb' ) = f(aba'b^-1, bb') = aba'b^-1bb' = aba'b' = f(a, b) f(a', b'),

ce qui montre que f est un homomorphisme. Puisque G = AB, f est surjectif. Si (a, b) appartient au noyau de f, alors ab = 1, donc a et b appartiennent à A ⋂ B et (a, b) est égal à (b^-1, b), donc est bien de la forme (c^-1, c) avec c ∈ A ⋂ B. Réciproquement, si c est un élément de A ⋂ B, (c^-1, c) est un élément de A ⋊_θ B et f(c^-1, c) = 1, donc (c^-1, c) appartient au noyau de f, ce qui achève de prouver l'énoncé a).

Désignons par N l’ensemble des éléments de A ⋊_θ B de la forme (c^-1, c) avec c ∈ A ⋂ B. Compte tenu du point a) et du premier théorème d'isomorphisme, il suffit de prouver que N possède les propriétés 1° à 3°.
Un élément de N ⋂ (A × {1}) est de la forme (c^-1, c) avec c = 1, donc est égal à (1, 1), ce qui prouve le point 1°. Le point 2° se prouve de même. Puisque la seconde projection

pr₂ : A ⋊_θ B → B

est un homomorphisme, sa restriction à N est un homomorphisme. Cet homomorphisme prend ses valeurs dans A ⋂ B, donc (c^-1, c) ↦ c définit un homomorphisme g de N dans A ⋂ B. Tout élément c de A ⋂ B est l'image par g de l'élément (c^-1, c), donc g est surjectif. La propriété 1° de N montre que le noyau de g est égal à 1, autrement dit g est injectif et est donc finalement un isomorphisme de N sur A ⋂ B, ce qui prouve le point 3°.

Soit ${\displaystyle G=\mathbb {R} ^{*}\times \mathbb {R} }$. L'application

${\displaystyle f:G\to \mathbb {R} \times \mathbb {R} ^{*},\;(x,y)\mapsto \left(xy,x\right)}$

est bijective et

${\displaystyle f\left(f^{-1}(h,k)*f^{-1}(h',k')\right)=f\left((k,h/k)*(k',h'/k')\right)=f\left(kk',{\frac {h}{kk'}}+k{\frac {h'}{k'}}\right)=\left(h+k^{2}h',kk'\right)}$.

${\displaystyle (G,*)}$ est donc un groupe, isomorphe au produit semi-direct de ${\displaystyle (\mathbb {R} ,+)}$ par ${\displaystyle (\mathbb {R} ^{*},\times )}$, l'action sur ${\displaystyle \mathbb {R} }$ d'un réel non nul ${\displaystyle k}$ étant ici la multiplication par ${\displaystyle k^{2}}$.