Puisque b² = a^ord(a)/2 et que a^ord(a)/2 est d'ordre 2, b est d'ordre 4. Si tout d’abord l’ordre de a est > 2, la relation b^-1ab = a^-1 montre que b ne commute pas avec a et n'est donc pas une puissance de a. Si maintenant l’ordre de a est 2, alors b, dont l’ordre est égal à 4, ne peut pas être une puissance de a.

Démontrons d’abord le point b). Puisque x ↦ b x b^-1 définit un automorphisme de G, l'hypothèse bab^-1 = a^-1 entraîne

(1) ba^kb^-1 = a^-k

pour tout entier rationnel k. En particulier, b normalise <a>. Puisque a et b sont supposés engendrer G, il en résulte que

G = <a> <b>,

donc tout élément de G est de la forme

aⁱ b ^j

avec i et j entiers rationnels. D'après le lemme 1, b est d'ordre 4, donc, dans l’expression b ^j, j peut être remplacé par son reste par 4. Autrement dit, on peut prendre j tel que 0 ≤ j ≤ 3. Si j est égal à 2, alors (d'après l'hypothèse b² = aⁿ) b^j peut être remplacé par aⁿ et si j est égal à 3, b^j peut être remplacé par aⁿ b. Cela montre que tout élément de G est de la forme

aⁱ b^j

avec i entier rationnel et j ∈ {0, 1}. Puisque a est supposé d'ordre 2n, i peut être remplacé par son reste par 2n, ce qui prouve que tout élément de G peut s'écrire

aⁱ b ^j

avec i, j entiers naturels, 0 ≤ i ≤ 2n - 1 et 0 ≤ j ≤ 1.
Pour prouver le point b) de l'énoncé, il reste à prouver que cette écriture est unique. Soient i, i', j, j' des nombres naturels tels que 0 ≤ i, i' ≤ 2n - 1, 0 ≤ j, j' ≤ 1 et

aⁱ b ^j = a^i' b ^j'.

Il s'agit de prouver que

(thèse 2) i = i' et j = j'.

Nous avons

(3) a^i-i' = b^j-j'.

Or, du fait que b² appartient à <a> (hypothèse b² = aⁿ) et que b n'apparient pas à <a> (lemme 2), on tire facilement que, k étant un entier rationnel, b^k appartient à <a> si et seulement si k est pair. Donc, dans la relation (2), j - j' est pair. Puisque j et j' appartiennent tous deux à {0, 1}, on doit avoir j = j'. Dès lors (2) donne a^i-i' = 1. Comme a est d'ordre 2n, i - i' est donc divisible par 2n. Puisque i et i' appartiennent tous deux à {0, 1, ... , 2n - 1}, on doit avoir i = i', ce qui achève de prouver notre thèse (2). Comme nous l'avons vu, le point b) de l'énoncé en résulte. Le point a) découle clairement du point b).
Démontrons le point c). De la relation (1), on tire par récurrence sur j que pour tout nombre naturel j et tout entier rationnel k,

${\displaystyle b^{j}a^{k}b^{-j}=a^{k(-1)^{j}}.}$

C'est encore vrai pour j entier rationnel, comme on le voit par exemple en remplaçant k par k (-1)^j et en multipliant à gauche par b^-j et à droite par b^j.
Donc

${\displaystyle b^{j}a^{k}=a^{k(-1)^{j}}b^{j},}$

donc, pour tous i, i' dans {0, 1, ... 2n - 1} et tous j, j' dans {0, 1},

${\displaystyle (a^{i}b^{j})(a^{i'}b^{j'})=a^{i}(b^{j}a^{i'})b^{j'}}$

${\displaystyle (a^{i}b^{j})(a^{i'}b^{j'})=a^{i}(a^{i'(-1)^{j}}b^{j})b^{j'}}$

(4) ${\displaystyle (a^{i}b^{j})(a^{i'}b^{j'})=a^{i+i'(-1)^{j}}b^{j+j'}}$.

Puisque ${\displaystyle j}$ et ${\displaystyle j'}$ sont tous deux dans {0, 1}, nous avons

${\displaystyle j+j'=2jj'+r_{2}(j+j')}$,

d'où

${\displaystyle b^{j+j'}=b^{2jj'}b^{r_{2}(j+j')}}$

d'où, puisque ${\displaystyle b^{2}=a^{n}}$,

${\displaystyle b^{j+j'}=a^{njj'}b^{r_{2}(j+j')}}$.

La relation (4) peut donc s'écrire

(4) ${\displaystyle (a^{i}b^{j})(a^{i'}b^{j'})=a^{i+i'(-1)^{j}}a^{njj'}b^{r_{2}(j+j')}}$,

ce qui démontre le point c) de l'énoncé.

Prouvons que 1° entraîne 2°. Si G est dicyclique, il est engendré par un élément a d'ordre fini pair 2r et un élément b tel que b² = a^r et bab^-1 = a^-1. D'après le lemme 2, point a), G est d'ordre 4r. Donc, si on désigne l’ordre de G par 4n, r est égal à n, donc a et b sont tels que dans l'énoncé.
Réciproquement, supposons 2° et prouvons 1°. D'après le lemme 2, point a), <a,b> est d'ordre 4n et est donc égal à G, donc G est dicyclique. Ceci prouve que 2° entraîne 1°. Nous avons aussi prouvé que dans l'hypothèse 2°, <a, b> = G, ce qui est la seconde assertion de l'énoncé.

D'après le lemme 2, point b), il existe une (et une seule) bijection f de G sur H telle que, pour tout i dans {0, 1, ... , 2n - 1} et tout j dans {0, 1},

f(aⁱ b ^j) = αⁱ β^j.

D'après la « table de multiplication » fournie par le lemme 2, point c), f est un isomorphisme de G sur H. Par définition de f, nous avons f(a) = α et f(b) = β. D'après le lemme 3, a et b engendrent G, donc f est le seul isomorphisme (et même le seul homomorphisme) qui applique a sur α et b sur β. Comme dans l'énoncé, désignons cet isomorphisme par f_α,β (a et b étant sous-entendus dans la notation).
Si g est un isomorphisme de G sur H, alors g(a) est d'ordre 2n, g(b)² = g(a)ⁿ et g(b) g(a) g(b)^-1 = g(a)^-1, donc, dans les notations de l'énoncé, le couple ( g(a), g(b) ) appartient à E et G est l'isomorphisme f_{g(a), g(b)} de G sur H. Ceci prouve que (α, β) ↦ f_α,β définit une surjection de E sur l’ensemble des isomorphismes de G sur H.
Prouvons que cette surjection est une bijection. Soient (α, β), (α', β') des éléments de E tels que f_α,β = f_{α', β'}. En égalant les valeurs en a, nous trouvons α = α'; en égalant les valeurs en b, nous trouvons β= β'. Cela prouve que la surjection (α,β) ↦ f_α,β de E sur l’ensemble des isomorphismes de G sur H est une injection et donc une bijection.

Cela résulte immédiatement du lemme 4 (compte tenu que d’après le lemme 3, tout groupe dicyclique est d'ordre fini divisible par 4).

Première démonstration. Cette démonstration est suggérée par la « table de multiplication » fournie par le lemme 2, point c). Munissons le produit cartésien ℤ/2nℤ × ℤ/2ℤ de la loi de composition interne ∗ définie (correctement, comme le lecteur s'en assurera) par

(0) (x + 2nℤ, y + 2ℤ) * (x' + 2nℤ, y' + 2ℤ) = (x + (-1)^yx' + n yy' + 2nℤ, y + y' + 2ℤ)

pour tous entiers rationnels x, y, x', y'.
Prouvons que cette loi est une loi de groupe.
Prouvons d’abord que la loi ∗ est associative. Il s'agit de prouver que pour tous entiers rationnels x, x', x'', y, y' et y'',

( (x + 2nℤ, y + 2ℤ) ∗ (x' + 2nℤ, y' + 2ℤ) ) ∗ (x+ 2nℤ, y + 2ℤ) = (x + 2nℤ, y + 2ℤ) ∗ ( (x' + 2nℤ, y' + 2ℤ) ∗ (x + 2nℤ, y + 2ℤ) ).

Or le calcul montre que les deux membres sont égaux à

(x + (-1)^y x' + (-1)^y+y' x + n (yy'+ yy + y'y) + 2nℤ, y+y'+y + 2ℤ).

(Dans le calcul du second membre, noter que (-1)^y n y'y + 2nℤ = n y'y + 2nℤ, car -n est congru à n modulo 2n.)
Donc la loi ∗ est bien associative. Elle admet pour élément neutre (0, 0), où on désigne par 0 les neutres respectifs de ℤ/2nℤ et de ℤ/2ℤ, et on vérifie facilement que

(1) (x, y) admet pour symétrique l'élément (n y - (-1)^y x + 2nℤ, -y + 2ℤ) = (n y - (-1)^y x + 2nℤ, y + 2ℤ),

ce qui achève de prouver que * est une loi de groupe. Soit G ce groupe, que nous noterons multiplicativement. Son neutre 1 est donc (0, 0).
Prouvons que G est un groupe dicyclique.
Posons a = (1 + 2nℤ, 0). On prouve par récurrence sur k que, pour tout nombre naturel k,

(2) a^k = (k + 2nℤ, 0),

donc

(3) a est d'ordre 2n.

Posons = (0, 1 + 2ℤ). Alors, d’après (1), b^-1 = (n + 2nℤ, 1), d'où bab^-1 = (-1 + 2nℤ, 0). D'après (1), le second membre de cette égalité est l'inverse de (1 + 2nℤ, 0), autrement dit l'inverse de a, donc

(4) bab^-1 = a^-1.

De plus, b² = (0, 1 + 2ℤ) (0, 1 + 2ℤ) = (n + 2nℤ, 0), donc, d’après (2),

(5) b² = aⁿ.

Tout élément du groupe G que nous avons construit est de la forme (k + 2nℤ, 0) ou de la forme (k + 2nℤ, 1 + 2ℤ) avec k naturel, donc est ou bien de la forme a^k = (k + 2nℤ, 0) (voir (2) ) ou bien de la forme a^k b = (k + 2nℤ, 0) (0, 1 + 2ℤ) = (k + 2nℤ, 1 + 2ℤ), donc a et b engendrent G, ce qui, avec (3), (4) et (5), prouve que le groupe G est un groupe dicyclique d'ordre 4n.

Remarque sur cette démonstration. Le fait que * soit une loi de groupe est un cas particulier de la situation suivante. Soit K un groupe commutatif, noté additivement, soit Q un groupe, noté multiplicativement, soit θ : x ↦ θ_x un homomorphisme de Q dans Aut(K), soit f une application de Q × Q dans K telle que, pour tous éléments x, y et z de Q, on ait

1° θ_x(f(y, z)) - f(xy, z) + f(x, yz) - f(x, y) = 0;

2° f(x, 0) = f(0, x) = 0;

alors K × Q, muni de la loi de composition interne ∗ : (k, x) ∗ (k', x') = (k + θ_x(k') + f(x, x'), xx'), est un groupe.
En prenant pour θ l'homomorphisme x ↦ θ_x de ℤ/2ℤ dans Aut(ℤ/2nℤ) défini par θ_x(y) = (-1)^x y et en prenant pour f l’application (bien définie) (x + 2ℤ, x' + 2ℤ) ↦ nxx' de ℤ/2ℤ × ℤ/2ℤ dans ℤ/2nℤ, on obtient la loi ∗ définie précédemment.
Une application f satisfaisant aux conditions 1° et 2° est appelée un système de facteurs relatif à θ.

Seconde démonstration. Soit α une racine primitive (2n)-ième de 1, c'est-à-dire que α est un élément d'ordre 2n dans le groupe multiplicatif des nombres complexes non nuls. Posons

A = ${\displaystyle {\begin{pmatrix}\alpha &0\\0&\alpha ^{-1}\\\end{pmatrix}}}$

et B = ${\displaystyle {\begin{pmatrix}0&-1\\1&0\\\end{pmatrix}}.}$

Ces deux matrices appartiennent au groupe multiplicatif des matrices inversibles 2 × 2 à coefficients dans le corps des nombres complexes. D'après les règles du calcul des matrices diagonales, A est d'ordre 2n et Aⁿ est la matrice scalaire - 1. Le calcul montre que la matrice B² est elle aussi égale à la matrice scalaire - 1, ce qui montre que B² = Aⁿ et aussi que

${\displaystyle B^{-1}=-B={\begin{pmatrix}0&1\\-1&0\\\end{pmatrix}},}$

d'où ${\displaystyle B^{-1}AB={\begin{pmatrix}\alpha ^{-1}&0\\0&\alpha \\\end{pmatrix}}}$ et d’après les règles du calcul des matrices diagonales, cette dernière matrice est égale à A^-1. Le groupe multiplicatif engendré par A et B est donc un groupe dicyclique et d’après le lemme 2, point a), il est d'ordre 4n.

Troisième démonstration. (On va procéder de façon « heuristique », c'est-à-dire en montrant comment on peut être mis sur la voie de la démonstration. La démonstration proprement dite tient tout entière dans l'avant-dernière phrase.) On a vu dans les exercices de la série Produit semi-direct que si G est un groupe, si G = AB, où A est un sous-groupe normal de G et B un sous-groupe de G (on ne suppose pas que A ⋂ B = 1, autrement dit que A est produit semi-direct de A par B), si θ : B → Aut(A) : y ↦ θ_y : x ↦ y x y^-1 désigne l'homomorphisme de B dans Aut(A) correspondant à l'action de B sur A par conjugaison, si A ⋊_θ B désigne le produit semi-direct externe de A par B relativement à θ, alors

(6) G est isomorphe au quotient de A ⋊_θ B par un sous-groupe normal N de A ⋊_θ B possédant les propriétés suivantes :

1° N ⋂ (A × {1}) = 1;

2° N ⋂ ({1} × B) = 1;

3° N est isomorphe à A ⋂ B.

Supposons qu'un groupe G soit un groupe dicyclique d'ordre 4n. D'après lemme 3, G est engendré par un élément a d'ordre 2n et un élément b tels que

(7) b² = aⁿ et b a b^-1 = a^-1.

Si on pose A = <a> et B = <b>, A est un sous-groupe normal de G isomorphe à ℤ/2nℤ , B est un sous-groupe de G isomorphe à ℤ/4ℤ, G = AB, A ⋂ B est d'ordre 2 et l'action de B sur A par conjugaison est l'unique homomorphisme θ : y ↦ θ_y de B dans Aut(A) tel que θ_b soit l'automorphisme x ↦ x^-1 de A. L'action de B sur A correspondant à θ est équivalente (ou quasi équivalente dans une autre terminologie) à l'action (correctement définie)

(r + 4 ℤ, s + 2n ℤ) ↦ (-1)^rs

de ℤ/4ℤ sur ℤ/2nℤ. Désignons par ℤ/2nℤ ⋊ ℤ/4ℤ le produit semi-direct externe correspondant à cette dernière opération. En revoyant la façon dont on a prouvé que des produits semi-directs externes correspondant à des actions (quasi) équivalentes sont isomorphes, le lecteur s'assurera (en tenant compte de (6)) que

G est isomorphe au quotient de ℤ/2nℤ ⋊ ℤ/4ℤ par un sous-groupe normal N d'ordre 2 de ℤ/2nℤ ⋊ ℤ/4ℤ tel que

4° N ⋂ (ℤ/2nℤ × {0}) = {(0, 0)};

5° N ⋂ ({0} × ℤ/4ℤ) = {(0, 0)}.

(Nous désignerons indifféremment par 0 ou par 0 + 2nℤ le neutre 2nℤ de ℤ/2nℤ. Même chose pour le neutre de ℤ/4ℤ.)
Comme un sous-groupe normal d'ordre 2 est toujours central, N doit être central dans ℤ/2nℤ ⋊ ℤ/4ℤ. On vérifiera que les seuls éléments centraux d'ordre 2 de ℤ/2nℤ ⋊ ℤ/4ℤ sont (n + 2nℤ, 0 + 4ℤ), (0 + 2nℤ, 2 + 4ℤ) et (n + 2nℤ, 2 + 4ℤ). Donc le seul sous-groupe central N d'ordre 2 de ℤ/2nℤ ⋊ ℤ/4ℤ satisfaisant aux conditions 4° et 5° est {(0, 0), (n + 2nℤ, 2 + 4ℤ)}, autrement dit <(n + 2nℤ, 2 + 4ℤ)>. Donc si un groupe G d'ordre 4n est dicyclique, il doit être isomorphe à (ℤ/2nℤ ⋊ ℤ/4ℤ)/<(n + 2nℤ, 2 + 4ℤ)>. Le lecteur vérifiera que (ℤ/2nℤ ⋊ ℤ/4ℤ)/<(n + 2nℤ, 2 + 4ℤ)> est bien dicyclique (et, plus précisément, que si on désigne par a la classe de (1 + 2nℤ, 0) modulo <(n + 2nℤ, 2 + 4ℤ)>et par b la classe de (0, 1 + 4ℤ), la condition (7) est satisfaite, ce qui prouve que G est dicyclique). On a donc prouvé qu’il existe un groupe dicyclique d'ordre 4n. Vu l'unicité du sous-groupe N, on a même de nouveau prouvé que tous les groupes dicycliques d'ordre 4n sont isomorphes.

On notera DC_n multiplicativement. Choisissons dans DC_n deux éléments a et b satisfaisant aux conditions suivantes :

a est d'ordre 2n, b² = aⁿ, b^-1ab = a^-1.

Soitx un élément de Dic_n. D'après le lemme 2, point b), il existe k ∈ {0, 1, ... , 2n - 1} et j ∈ {0, 1} tels que

x = a^k b^j.

D'après la « table de multiplication » fournie pa le lemme 2, point c),

${\displaystyle x^{2}=a^{k+(-1)^{j}k+nj^{2}}.}$

Donc x² = 1 si et seulement si

${\displaystyle k+(-1)^{j}k+nj^{2}\equiv 0{\pmod {2n}}.}$

C'est clairement impossible avec j = 1. Si j = 0, cela revient à k ≡ 0 (mod n), ce qui a lieu si et seulement si k est égal à 0 ou à n. Donc les seuls éléments x de DC_n tels que x² = 1 sont 1 et aⁿ, donc le seul élément d'ordre 2 est aⁿ, donc le seul sous-groupe d'ordre 2 de DC_n est {1, aⁿ}. La première assertion de l'énoncé est donc démontrée.
Prouvons la seconde assertion. Soit x = a^k b^j, avec 0 ≤ k ≤ 2n-1 et 0 ≤ j ≤ 1, un élément de DC_n. Puisque a et b engendrent DC_n, x appartient au centre de DC_n si et seulement s'il commute avec a et avec b.
Dire que x commute avec b revient à dire que a^k commute avec b. On pourrait exprimer cela à l'aide de la « table de multiplication », mais on peut dire aussi que la relation b^-1 a b = a^-1 entraîne b^-1 a^k b = a^-k, de sorte que a^k commute avec b si et seulement si a^k = a^-k, ce qui a lieu si et seulement si k = 0 ou k = n.
D'autre part, dire que x commute avec a revient à die que b^j commute avec a. Ici encore, on pourrait exprimer cela à l'aide de la « table de multiplication », mais on peut dire aussi que la relation b^-1 a b = a^-1 entraîne

${\displaystyle b^{-j}ab^{j}=a^{(-1)^{j}},}$

de sorte que b^j commute avec a si et seulement si

${\displaystyle a^{(-1)^{j}}=a,}$

ce qui équivaut à (-1)^j ≡ 1 (mod 2n). Comme n est supposé ≥ 2, ceci n'a pas lieu pour j = 1 et n'a donc lieu que pour j = 0. Ainsi, les seuls éléments du centre de DC_n sont a⁰ = 1 et aⁿ, ce qui achève de prouver l'énoncé.

On sait que le groupe diédral D_4n contient un sous-groupe cyclique C d'ordre 2n tel que tout élément de D_4n n'appartenant pas à C soit d'ordre 2. Donc D_4n a exactement 2n + 1 éléments d'ordre 2, donc, d’après la première assertion du théorème 7, il n’est pas isomorphe à DC_n. D'autre part, d’après le théoème 7, le centre de DC_n est d'ordre 2 et n'est donc pas égal à DC_n, donc DC_n n’est pas abélien.

D'après le lemme 3, DC_n est engendré par un élément a d'ordre 2n et par un élément b tels que b² = aⁿ et bab^-1 = a^-1. D'après le lemme 2, point b), tout élément de DC_n se met d'une et une seule façon sous la forme x = aⁱ b^j avec i ∈ {0, 1, ... , 2n - 1} et j ∈ {0, 1}. Donc tout élément x de DC_n - <a> est de la forme x = aⁱ b avec i ∈ {0, 1, ... , 2n - 1}. La table de multiplication fournie par le lemme 2, point c), donne

x² = aⁿ,

donc (puisque aⁿ est d'ordre 2) tout élément x de DC_n - <a> est d'ordre 4, ce qui démontre la première assertion de l'énoncé.
Nous avons donc exactement 2n éléments d'ordre 4 en dehors de <a>. Si n est impair, il n'y a pas d'élément d'ordre 4 dans le groupe cyclique <a> (d'ordre 2n); si n est pair, il y en a exactement 2, d'où l'énoncé.

D'après le lemme 9, nous pouvons choisir un sous-groupe cyclique <a> d'ordre 2n de DC_n tel que tout élément de DC_n - <a> soit d'ordre 4. Soit x un élément d'ordre 2n de DC_n. Il s'agit de prouver que <x> = <a>. Puisqu'on suppose n distinct de 2, x est d'ordre distinct de 4 et, d'après ce qui précède, appartient donc à <a>. Puisque x et a sont tout deux d'ordre 2n, on a donc <x> = <a>, ce qui, comme noté, démontre l'énoncé.

Puisque Q₈ est d'ordre 8, l’ordre de tout élément de Q₈ divise 8. D'après le corollaire 8, Q₈ n’est pas abélien et n'est donc pas cyclique, donc il n'a pas d'élément d'ordre 8. Donc l’ordre de tout élément de Q₈ est égal à 1, 2 ou 4. D'après le théorème 7, Q₈ n'a qu'un élément d'ordre 2, donc il a exactement six éléments d'ordre 6, ce qui démontre la première assertion de l'énoncé.
Soit H un sous-groupe de Q₈. Puisque Q₈ est d'ordre 8, H est d'ordre 1, 2, 4 ou 8. S'il est d'ordre 1, il est éduit à l'élément neutre et donc normal. S'il est d'ordre 8, il est égal à Q₈ tout entier et donc normal. S'il est d'ordre 4, il est d'indice 2 dans Q₈ et donc normal. Enfin, s'il est d'ordre 2, alors, d’après le théorème 7, il est seul de son ordre parmi les sous-groupes de Q₈ et est le centre de Q₈, deux raisons de conclure qu’il est caractéristique et donc normal dans Q₈.
Puisque Q₈ ne comprend qu'un élément d'ordre 2, il ne contient pas de sous-groupe de Klein, donc ses sous-groupes d'ordre 4 sont cycliques. On a vu dans les exercices de la série Automorphismes d'un groupe cyclique que si G est un groupe et n un nombre naturel non nul, le nombre des éléments d'ordre n de G est égal à φ(n) fois le nombre des sous-groupes cycliques d'ordre n de G, où la fonction φ est l'indicateur d'Euler. En faisant n = 6 (d'où φ(n) = 2), on trouve que les sous-groupes cycliques d'ordre 4 de G (autrement dit, d’après ce qui précède, ses sous-groupes d'ordre 4) sont en nombre 3.

Nous savons par le lemme 1 que si les conditions 1° à 3° sont satisfaites, les conditions 4° et 5° le sont. Réciproquement, supposons que les conditions 4° et 5° sont satisfaites et prouvons que les conditions 1° à 3° le sont. Les conditions 1° et 4° étant identiques, il suffit de prouver que les conditions 2° et 3° sont satisfaites.
Supposons d’abord n distinct de 2.
D'après le lemme 3, nous pouvons choisir dans DC_n un élément a d'ordre 2n et un élément b tels que b² = aⁿ et bab^-1 = a^-1. D'après le lemme 10, le seul sous-goupe cyclique d'orde 2n de DC_n est <a>, donc, puisque α est d'ordre 2n,

(1) <α> = <a>.

L'hypothèse 5° signifie donc que β n'appartient pas à <a>. Donc, d’après le lemme 2, point b), β est de la forme aⁱ b avec i ∈ {0, 1, ... , n-1}, d'où, d’après la table de multiplication fournie par le lemme 2, point c),

(2) β² = (aⁱ b) (aⁱ b) = aⁿ.

Comme αⁿ et aⁿ sont des éléments d'ordre 2, le théorème 7 donne aⁿ = αⁿ, donc (2) donne

(3) β² = αⁿ.

D'autre part,

β a β^-1 = (aⁱ b) a (b^-1 a^-i)

β a β^-1 = aⁱ (b a b^-1) a^-i

β a β^-1 = aⁱ a^-1 a^-i

(4) β a β^-1 = a^-1.

Puisque x ↦ β x β^-1 définit un automorphisme de DC_n et que, d’après (1), α est une puissance de a, (4) donne

(5) β α β^-1 = α^-1.

Les résultats (3) et (5) montrent que les conditions 2° et 3° sont satisfaites, donc notre thèse est démontrée dans le cas où n est distinct de 2.
Supposons maintenant n égal à 2.
D'après l'hypothèse 4°, <α> est d'indice 2 dans DC_n = Q₈ et est donc normal dans Q₈. (On a d'ailleurs vu au théorème 11 que ous les sous-groupes de Q₈ sont normaux.) Donc l'automorphisme intérieur x ↦ β x β^-1 de Q₈ induit un automorphisme de <α>. De plus, puisque <α> est d'indice 2 dans Q₈ et que β est supposé ne pas appartenir à <α>, α et β engendrent Q₈. D'après le corollaire 8, Q₈ n’est pas abélien, donc, puisque α et β engendrent Q₈, β ne commute pas avec α, donc l'automorphisme x ↦ β x β^-1 de <α> n’est pas l'automorphisme identique. Puisque <α> est un groupe cyclique d'ordre 4, son seul automorphisme non identique est x ↦ x^-1 (voir le chapitre Automorphismes d'un groupe cyclique). Donc

(6) β α β^-1 = α^-1.

D'autre part, d’après l'hypothèse 5°, β n'appartient pas à <α>, donc β n'est évidemment pas d'ordre 1. S'il était d'ordre 2, alors, d’après le théorème 7, il serait le seul élément d'ordre 2 de Q₈, donc il serait égal à α², ce qui contredit l'hypothèse 5°, selon laquelle β n'appartient pas à <α>. Donc, d’après le théorème 11, β est d'ordre 4, donc β² est d'ordre 2, ce qui, d’après le théorème 7, entraîne

(7) β² = α².

Les résultats (6) et (7) montrent que les conditions 2° et 3° sont satisfaites, donc notre thèse est encore vraie.

Supposons que les conditions 1° à 3° sont satisfaites et prouvons que les conditions 4° et 5° le sont. Puisque n est supposé distinct de 2, il résulte du lemme 10 que <a> est le seul sous-groupe cyclique d'ordre 2n de DC_n, donc l'hypothèse 1° donne <α> = <a>, donc la condition 4° est satisfaite. (Voir le chapitre Groupes monogènes, ordre d'un élément.) D'après le lemme 12 (ou le lemme 2), β n'appartient pas à <α>; nous avons vu que <α> = <a>, donc β n'appartient pas à <a>. D'après le lemme 2, point b), la condition 5° est donc satisfaite.
Réciproquement, supposons que les conditions 4° et 5° sont satisfaites et prouvons que les conditions 1° à 3° le sont. D'après le lemme 12 (ou le lemme 2), b n'appartient pas à <a>, donc, d’après l'hypothèse 5°, β n'appartient pas à <a>. Puisque, d’après l'hypothèse 4°, α est une puissance de a, il en résulte que β n'appartient pas à <α>. De plus, d’après l'hypothèse 4°, α est d'ordre 2n (voir le chapitre Groupes monogènes, ordre d'un élément). D'après le lemme 11, les conditions 1° à 3° sont satisfaites.

Choisissons dans DC_n un élément a d'ordre 2n et un élément b tels que b² = aⁿ et bab^-1 = a^-1. Puisque n est supposé distinct de 2, il résulte du lemme 13 que les couples (α,β) d'éléments de DC_n tels que α soit d'ordre 2n, que β² = αⁿ et que β α β^-1 = α^-1, sont les couples (a^j, aⁱb), avec j ∈ (ℤ/2nℤ)^* et i ∈ ℤ/2nℤ. Il résulte du lemme 4 que pour tout j ∈ (ℤ/2nℤ)^* et tout i ∈ ℤ/2nℤ, il existe un et un seul automorphisme de DC_n qui applique a sur a^j et b sur. aⁱb. Désignons cet automorphisme par f_{i, j}. (Il dépend du choix de a et de b.)
Soit f un automorphisme de DC_n. Alors f(a) est d'ordre 2n, f(b)² = f(a)ⁿ et f(b) f(a) f(b)^-1 = f(a)^-1. Donc d’après le lemme 13 (et compte tenu que nous supposons n distinct de 2), f(a) est de la forme a^j avec j ∈ (ℤ/2nℤ)^* et f(b) est de la forme aⁱb avec i ∈ ℤ/2nℤ. Vu l'unicité de f_{i, j}, on a donc f = f_{i, j}. Ceci prouve que (i, j) ↦ f_{i, j} définit une surjection de (ℤ/2nℤ) × (ℤ/2nℤ)^* sur Aut(DC_n).
Soient i, i' ∈ ℤ/2nℤ, et j, j' ∈ (ℤ/2nℤ)^* tels que f_{i, j} = f_{i', j'}. En égalant les valeurs en a, nous trouvons a^j = a^j', d'où, puisque a est d'ordre 2n, j = j'. En égalant les valeurs en b, nous trouvons de même i = i'. Ceci prouve que la surjection (i, j) ↦ f_{i, j} est une bijection de (ℤ/2nℤ) × (ℤ/2nℤ)^* sur Aut(DC_n).
Pour i, i' ∈ ℤ/2nℤ et j, j' ∈ (ℤ/2nℤ)^*, nous avons

f_{i, j} ∘ f_{i', j'} (a) = f_{i, j} (a^j')

(1) f_{i, j} ∘ f_{i', j'} (a) = a^jj'

et

f_{i, j} ∘ f_{i', j'} (b) = f_{i, j}(a^i'b)

f_{i, j} ∘ f_{i', j'} (b) = f_{i, j}(a^i') f_{i, j}(b)

f_{i, j} ∘ f_{i', j'} (b) = f_{i, j}(a)^i' aⁱb

f_{i, j} ∘ f_{i', j'} (b) = a^ji' aⁱb

(2) f_{i, j} ∘ f_{i', j'} (b) = a^i+ji'b.

Les relations (1) et (2) montrent que

f_{i, j} ∘ f_{i', j'} = f_{i+ji', jj'}.

Il en résulte que

(3) Aut(DC_n) est isomorphe au produit semi-direct externe ℤ/2nℤ ⋊ (ℤ/nℤ)* de ℤ/2nℤ par (ℤ/2nℤ)^* relatif à l'opération (par automorphismes)

(ℤ/2nℤ)^* × ℤ/2nℤ → ℤ/2nℤ : (j, i) ↦ ji

de (ℤ/2nℤ)^* sur ℤ/2nℤ. On a vu dans un problème de la série Holomorphe d'un groupe que cette opération est équivalente (ou, dans une aure terminologie, quasi équivalente) comme opération par automorphismes à l'opération naturelle de Aut(ℤ/2nℤ) sur ℤ/2nℤ. Le produit semi-direct externe ℤ/2nℤ ⋊ (ℤ/nℤ)* considéré plus haut est donc isomorphe au produit semi-direct externe de ℤ/2nℤ par Aut(ℤ/2nℤ) relatif à l'opération naturelle de Aut(ℤ/2nℤ) sur ℤ/2nℤ. Ce dernier poduit semi-direct externe est isomorphe à Hol(ℤ/2nℤ), donc notre résultat (3) montre que

Aut(DC_n) est isomorphe à Hol(ℤ/2nℤ),

ce qui prouve l'énoncé.

D'après le théorème 11, les éléments d'ordre 4 de Q₈ sont en nombre 6, donc les couples (α, β) d'éléments de Q₈ tels que α soit d'ordre 4 et que β n'appartienne pas à < α> sont en nombre 24. D'après le lemme 12, cela revient à dire que les couples (α, β) d'éléments de Q₈ tels que α soit d'ordre 2n, que β² = αⁿ et que β α β^-1 = α^-1, sont en nombre 24. D'après le lemme 4, il en résulte que Aut(Q₈) est d'ordre 24.
On a vu dans les exercices de la série Théorèmes de Sylow que si un groupe G d'ordre 24 a un sous-groupe normal d'ordre 4 qui est son propre centralisateur dans G, G est isomorphe à S₄. Il suffit donc de prouver que

(thèse 1) le groupe Int(Q₈) des automorphismes intérieurs de Q₈ est un sous-groupe normal d'ordre 4 de Aut(Q₈) et est son propre centralisateur dans Aut(Q₈).

On a vu au chapitre Conjugaison, centralisateur, normalisateur que, pour tout groupe G, Int(G) est un sous-groupe normal de Aut(G) et est isomorphe à G/Z(G). D'après le théorème 7, Z(Q₈) est d'ordre 2, donc Int(Q₈) est d'ordre 4. Donc pour prouver notre thèse (1), il suffit de prouver que

(thèse 2) Int(Q₈) est son propre centralisateur dans Aut(Q₈).

Puisque Int(Q₈) est d'ordre 4, il est abélien et donc contenu dans son centralisateur. Tout revient donc à prouver que si un automorphisme de Q₈ centralise Int(Q₈), il appartient à Int(Q₈).
Soit donc f un automorphisme de Q₈ centralisant Int(Q₈). Il s'agit de prouver que

(thèse 3) f appartient à Int(Q₈).

Notons tout d’abord que si g, h sont deux éléments d'ordre 4 de Q₈, si h n'appartient pas à {g, g^-1, alors

(4) h g h^-1 = g^-1.

En effet, h est un élément d'ordre 4 et est distinct des deux éléments d'ordre 4 de <g>, donc h n'appartien pas à <g>, donc (4) résulte du lemme 12.
Soit a un élément d'ordre 4 de Q₈, soit b un élément d'ordre 4 de Q₈ distinct de a et de a^-1. Puisque f est supposé centraliser Int(Q₈), il commute avec l'homomorphisme intérieur γ_b : x ↦ b x b^-1 de Q₈. On a donc

f(γ_b(a)) = γ_b(f(a)),

f(bab^-1) = b f(a) b^-1.

D'après (4), ceci peut s'écrire

f(a^-1) = b f(a) b^-1

(5) f(a)^-1 = b f(a) b^-1

Puisque a, et donc aussi f(a), est d'ordre 4, f(a) et f(a)^-1 sont distincts, donc (5) montre que b ne commute pas avec f(a), donc b est distinct de f(a). Ceci étant vrai pour tout élément b d'ordre 4 de Q₈ distinct de a et de a^-1, on doit avoir

(6) f(a) ∈ {a, a^-1} pour tout élément d'ordre 4 de Q₈.

Choisissons dans Q₈ un élément x d'ordre 4 et un élément y d'ordre 4 distinct de x et de x^-1}. (C'est possible, puisque, d’après le théorème 11, Q₈ comprend six éléments d'ordre 4.) Alors

(7) <x,y> = Q₈

et, d’après (6), f(x) ∈ {x, x^-1} et f(y) ∈ {y, y^-1}. Compte tenu de ces deux dernières relations, quatre cas sont possibles :

1° f(x) = x et f(y) = y; alors, d’après (7), f = id ∈ Int(Q₈);

2° f(x) = x et f(y) = y^-1}; alors, d’après (4) et (7), f est l'automorphisme intérieur t ↦ x t x^-1}; (noter que dans (4), l'hypothèse « h n'appartient pas à {g, g^-1 » revient à « g n'appartient pas à {h, h^-1 »);

3° f(x) = x^-1} et f(y) = y; alors, d’après (4) et (7), f est l'automorphisme intérieur t ↦ y t y^-1};

4° f(x) = x^-1} et f(y) = y^-1}; alors, d’après (4) et (7), f est l'automorphisme intérieur t ↦ x y t y^-1} x^-1}.

Ceci prouve la thèse (3), d'où l'énoncé.