\langsubsection{Groupe}{Group}

\begin{definition_sq} \label{definition:group}
	Un groupe $(G, \star)$ est un monoïde \ref{definition:monoid} ou tous les éléments sont inversibles, c'est-à-dire $$\forall a \in G, \exists a^{-1} \in G, a^{-1} \star a = a \star a^{-1} = \Identity_G$$
\end{definition_sq}

\begin{theorem_sq}
	L'élément inverse de tout élément d'un groupe $(G, \star)$ est unique.
\end{theorem_sq}

\begin{proof}
	Soit $(G, \star)$ un groupe ainsi que $(x, a, b) \in G^3$ tel que $a, b$ sont deux inverses de $x$. Par définition d'un élément inverse, on peut poser $x \star a = \Identity_G \equivalence b \star (x \star a) = b \star \Identity_G \equivalence (b \star x) \star a = b \equivalence a = b$.
\end{proof}

\begin{definition_sq} \label{definition:order_group}
	Le cardinal d'un groupe $(G, \star)$ est appelé \textbf{ordre du groupe}, dans le cas d'un cardinal fini, on parlera de \textbf{groupe fini}.
\end{definition_sq}

\langsubsubsection{Groupe abélien}{Abelian group}

\begin{definition_sq} \label{definition:abelian_group}
	Un groupe $(G, \star)$ est dit \textbf{abélien} ou \textbf{commutatif} si la loi de composition est commutative \ref{definition:commutativity}, c'est-à-dire $$\forall (a, b) \in G^2, a \star b = b \star a$$
\end{definition_sq}

\begin{definition_sq} \label{definition:torsion_group}
	Soit $(G, \star) \in \Grp$, on appelle \textbf{groupe de torsion} (ou \textbf{groupe périodique}) l'ensemble
	$$T := \{ g \in G \suchthat \exists n \in \N^*, g^n = \Identity_G \} \subseteq G$$
\end{definition_sq}

\begin{theorem_sq}
	Soit $(G, \star) \in \Grp$, le groupe de torsion \ref{definition:torsion_group} $T$ est un sous-groupe \ref{definition:subgroup} de $G$, c'est-à-dire
	$$(T_G, \star) \subgroup (G, \star)$$
\end{theorem_sq}

\begin{proof}
	Soit $(G, \star) \in \Grp$ ainsi que $(T_G, \star)$ le groupe de torsion. Montrons que $(T_G, \star)$ est un sous-groupe.
	\begin{itemize}
		\item{$\forall n \in \N^*, (\Identity_G)^n = \Identity_G \implies \Identity_G \in T_G$}
		\item{$\forall (a, b) \in T_G, \exists (n, m) \in (\N^*)^2, a^n = b^m = \Identity_G, (ab)^{nm}$}
	\end{itemize}
\end{proof}

\begin{definition_sq} \label{definition:torsion_free_group}
	Soit $(G, \star) \in \Grp$, si le groupe de torsion $T = \{ \Identity_G \}$ alors $G$ est dit \textbf{sans torsion}.
\end{definition_sq}

\langsubsubsubsection{Groupes N-abélien}{N-abelian groups}

\begin{definition_sq} \label{definition:n_abelian_groups}
	Un groupe $(G, \star)$ est dit \textbf{N-abélien} s'il existe un entier naturel $n \ge 2$ tel que $\forall (a, b) \in G^2, (a \star b)^n = a^n \star b^n$.
\end{definition_sq}

\begin{theorem_sq}
	Un groupe est N-abélien si et seulement s'il est abélien \ref{definition:abelian_group}.
\end{theorem_sq}

\begin{proof}
	Soit $(G, \star)$ un groupe N-abélien, prouvons le théorème par induction sur $n$, pour alléger la notation, la notation multiplicative sera utilisé.

	\fbox{Cas initial $n = 2$} Soit $(G, \star)$ un groupe 2-abélien ainsi que $(a, b) \in G^2$ $$(ab)^2 = a^2b^2 \equivalence abab = aabb \equivalence \inv{a} (abab) \inv{b} = \inv{a} (aabb) \inv{b} \equivalence ba = ab$$

	\fbox{Hérédité}

	% TODO Complete proof
\end{proof}

\begin{lstlisting}[language=lean]
	theorem two_n_groups_are_abelian {G : Type u} [Group G] {a b : G} : (a * b)^2 = a^2 * b^2 ↔ a * b = b * a := by
		apply Iff.intro
		-- Left
		intro h
		rw [pow_two, pow_two, pow_two, mul_assoc, mul_assoc, mul_right_inj, ← mul_assoc, ← mul_assoc, mul_left_inj] at h
		exact h.symm
		-- Right
		intro h
		rw [pow_two, pow_two, pow_two, ← mul_assoc, mul_assoc a, ← h, ← mul_assoc, mul_assoc]
\end{lstlisting}

\begin{theorem_sq}
	Soit $(G, \star)$ un groupe N-abélien ainsi que $K := \{ x^n \suchthat x \in G \}$. $$K \normalSubgroup G$$
\end{theorem_sq}

\begin{proof}
	Soit $(G, \star)$ un groupe N-abélien ainsi que $K := \{ x^n \suchthat x \in G \}$. Montrons que $K \subgroup G$

	\begin{itemize}
		\item{$\forall (a^n, b^n) \in K^2, a^n b^n = (ab)^n \implies a^n b^n \in K$}
		\item{$(\Identity_G)^n = \Identity_G \implies \Identity_G \in K$}
		\item{$\forall a^n \in K, \exists! \inv{a} \in G, \Identity_G = a \inv{a} = (a \inv{a})^n = a^n (a^{-1})^n = a^n a^{-n}= a^n \inv{(a^n)} \implies \inv{(a^n)} \in K$}
	\end{itemize}

	Prouvons le théorème par induction sur $n$, pour alléger la notation, la notation multiplicative sera utilisé.

	\fbox{Cas initial $n = 2$} Soit $(G, \star)$ un groupe 2-abélien ainsi que $(a, b) \in G^2$ $$(ab)^2 = a^2b^2 \equivalence abab = aabb \equivalence \inv{a} (abab) \inv{b} = \inv{a} (aabb) \inv{b} \equivalence ba = ab$$

	\fbox{Hérédité}

	% TODO Complete proof
\end{proof}

\langsubsubsection{Sous-groupe}{Subgroup}

\begin{definition_sq} \label{definition:subgroup}
	Soit $(G, \star) \in \Grp$. Un sous-ensemble $H \subseteq G$ est un \textbf{sous-groupe} de $G$ si $H$ est également un groupe, dans ce cas on notera $H \leqslant G$.

	Les sous-groupes tels que $H = G$ ou $H = \{ \Identity_G \}$ sont appelées les \textbf{sous-groupes triviaux} de $G$.
\end{definition_sq}

\langsubsubsubsection{Sous-groupe engendré}{Generated subgroup}

\begin{definition_sq} \label{definition:generated_subgroup}
	Un sous-groupe engendré est un groupe \ref{definition:group} générée par un élément $x$ d'un groupe $(G, \star)$ définie de la manière suivante : $\generator{x} := \{ x^k \suchthat k \in \Z \} \subseteq G$
\end{definition_sq}

\begin{proof}
	Soit un groupe $(G, \star)$ ainsi que $x \in G$. Comme $\generator{x} \subseteq G$, il suffit de vérifier l'élément neutre et l'inversibilité. Ce qui est immédiat avec la proposition suivante : $\forall y \in G, \forall p \in \Z, y^p \star y^{-p} = \Identity$.
\end{proof}

\langsubsubsection{Produit direct de groupe}{Direct product of groups}

\begin{definition_sq} \label{definition:direct_product_group}
	Le \textbf{produit direct} ou \textbf{groupe produit} de deux groupes $(G, \star)$ et $(H, +)$ est l'ensemble $G \cartesianProduct H$ muni de l'opération $\function{\triangle}{(G \cartesianProduct H)^2}{G \cartesianProduct H} \hspace{1mm} \functiondef{(x_1, x_2) \cartesianProduct (y_1, y_2)}{(x_1 \star y_1, x_2 + y_2)}$
\end{definition_sq}

\langsubsubsection{Morphisme de groupe}{Group morphism}

\begin{definition_sq} \label{definition:group_morphism}
	Un morphisme de groupe est un homomorphisme \ref{definition:homomorphism} appliqué à la catégorie des groupes ($\Grp$).

	Soit $(G, \star)$ et $(H, \composes)$ deux groupes ainsi que l'application $\function{\phi}{G}{H}$ tel que

	$$\forall (a, b) \in G^2, \phi(a \star b) = \phi(a) \composes \phi(b)$$

	Similairement, un morphisme de groupe est un morphisme tel que le diagramme suivant commute :

	\[\begin{tikzcd}
		G \cartesianProduct G \arrow[r, "\phi \cartesianProduct \phi"] \arrow[d, "\star"] & H \cartesianProduct H \arrow[d, "\composes"] \\
		G \arrow[r, "\phi"] & H
	\end{tikzcd}\]
\end{definition_sq}

\begin{theorem_sq} \label{theorem:identity_homomorphism_is_identity}
	Soit $(G, +)$ et $(H, \star)$ deux groupes \ref{definition:group} et $f$ un homomorphisme entre $G$ et $H$ \ref{definition:homomorphism}.

	$$f(\Identity_G) = \Identity_H$$
\end{theorem_sq}

\begin{proof}
	Soit $(G, +)$ et $(H, \star)$ deux groupes et $f$ un homomorphisme entre $G$ et $H$.

	$$\forall x \in G, \left[ f(x) = f(x + \Identity_G) = f(x) \star f(\Identity_G) \right] \land \left[ f(x) = f(\Identity_G + x) = f(\Identity_G) \star f(x) \right] \equivalence f(\Identity_G) = \Identity_H$$
\end{proof}

\begin{theorem_sq} \label{theorem:inv_homomorphism_is_inv}
	Soit $(G, +)$ et $(H, \star)$ deux groupes \ref{definition:group} et $f$ un homomorphisme entre $G$ et $H$ \ref{definition:homomorphism}.

	$$\forall x \in G, f(x^{-1}) = f^{-1}(x)$$
\end{theorem_sq}

\begin{proof}
	Soit $(G, +)$ et $(H, \star)$ deux groupes et $f$ un homomorphisme entre $G$ et $H$.

	$$\forall x \in G, f(\Identity_G) = f(x + x^{-1}) = f(x) \star f(x^{-1})$$

	Par définition d'un morphisme $\exists y \in H, y = f(x)$ et par \ref{theorem:identity_homomorphism_is_identity}

	$$y \star f(x^{-1}) = \Identity_H \implies f(x^{-1}) = y^{-1} \implies f(x^{-1}) = f^{-1}(x)$$
\end{proof}

\begin{theorem_sq} \label{theorem:ab_monomor_imp_ab}
	Soit $(G, +)$ et $(H, \star)$ deux groupes \ref{definition:group} et $f$ un monomorphisme entre $G$ et $H$ \ref{definition:monomorphism}.

	$$(H, +) \in \Ab \implies (G, \star) \in \Ab$$
\end{theorem_sq}

\begin{proof}
	Soit $((G, +), (H, \star)) \in \Grp^2$ et $f \in \hom(G, H)$ tel que $f$ est un monomorphisme \ref{definition:monomorphism}.

	$f$ est un monomorphisme $\implies \forall (x, y) \in G^2 \land x \neq y, \exists! (a, b) \in H^2 \land f(x) = a \land f(y) = b$

	$\implies f(x + y) = f(a) \star f(b) = f(b) \star f(a) = f(y + x)$
\end{proof}

\begin{theorem_sq} \label{theorem:ab_epimor_imp_ab}
	Soit $(G, +)$ et $(H, \star)$ deux groupes \ref{definition:group} et $f$ un épimorphisme entre $G$ et $H$ \ref{definition:epimorphism}.

	$$(G, +) \in \Ab \implies (H, \star) \in \Ab$$
\end{theorem_sq}

\begin{proof}
	Soit $((G, +), (H, \star)) \in \Grp^2$ et $f \in \hom(G, H)$ tel que $f$ est un épimorphisme \ref{definition:epimorphism}.

	$f$ est un épimorphisme $\implies \forall (x, y) \in H^2, \exists (a, b) \in G^2, f(a) = x \land f(b) = y$

	$(G, +) \in \Ab \implies x \star y = f(a) \star f(b) = f(a + b) = f(b + a) = f(b) \star f(a) = y \star x$
\end{proof}

\begin{theorem_sq}
	Soit $(G, +)$ et $(H, \star)$ deux groupes \ref{definition:group} et $f$ un isomorphisme entre $G$ et $H$ \ref{definition:isomorphism}.

	$$(G, +) \in \Ab \equivalence (H, \star) \in \Ab$$
\end{theorem_sq}

\begin{proof}
	Soit $((G, +), (H, \star)) \in \Grp^2$ et $f \in \hom(G, H)$ tel que $f$ est un isomorphisme \ref{definition:isomorphism}.

	\impliespart

	$(G, +) \in \Ab$ et $f$ est un isomorphisme et particulièrement un épimorphisme $\implies (H, \star) \in \Ab$ (Voir \ref{theorem:ab_epimor_imp_ab})

	\Limpliespart

	$(H, \star \in \Ab$ et $f$ est un isomorphisme et particulièrement un monomorphisme $\implies (G, +) \in \Ab$ (Voir \ref{theorem:ab_monomor_imp_ab})
\end{proof}

\begin{definition_sq} \label{definition:group_morphism_kernel}
	Soit $(X, \star)$ et $(Y, \composes)$ ainsi que d'un morphisme de groupe $\function{\phi}{X}{Y}$. On appelle \textbf{noyau de $\phi$} l'ensemble $\ker(\phi) := \{ g \in G \suchthat \phi(g) = \Identity_G \}$.
\end{definition_sq}

\begin{theorem_sq} \label{theorem:kernel_homomorphism_is_subgroup}
	Soit $(X, \star)$ et $(Y, +)$ le noyau d'un morphisme de groupe $\function{\phi}{X}{Y}$ est un sous-groupe de $X$ et $\phi$ est injectif si et seulement si $\ker(\phi) = \{ \Identity_X \}$.
\end{theorem_sq}

\begin{proof}
	Soit $(X, \star)$ et $(Y, +)$ et un morphisme de groupe $\function{\phi}{X}{Y}$.

	\begin{itemize}
		\item{$\Identity_G \in \ker(\phi)$ par \ref{theorem:identity_homomorphism_is_identity}}
		\item{$\forall (x, y) \in (\ker(\phi))^2, \phi(x \star y) = \phi(x) + \phi(y) = \Identity_H + \Identity_H = \Identity_H \implies x \star y \in \ker(\phi)$}
		\item{(Version longue) $\forall x \in \ker(\phi), \phi(x \star x^{-1}) = \phi(x) + \phi(x^{-1}) = \Identity_H + \phi(x^{-1}) = \phi(x^{-1}) = \Identity \implies x^{-1} \in \ker(\phi)$}
		\item{$\forall x \in \ker(\phi), \phi(x^{-1}) = \phi^{-1}(x) \equivalence \Identity_H^{-1} = \Identity_H$ (par \ref{theorem:inv_homomorphism_is_inv} et \ref{theorem:identity_homomorphism_is_identity}) $\implies x^{-1} \in \ker(\phi)$}
	\end{itemize}

	$\implies \ker(\phi) \subgroup G$

	Soit $(x, y) \in G$

	$$\phi(x) = \phi(y) \implies \phi(x \star y^{-1}) = \phi(x) + \phi(y^{-1}) = \phi(x) + \phi^{-1}(y)$$

	Par \ref{theorem:inv_homomorphism_is_inv}

	$$\phi(x) + \phi^{-1}(y) = \phi(x) + \phi(x) = \Identity_H \implies x \star y^{-1} = \Identity_G \in \ker(\phi) \implies x = y$$
\end{proof}

\begin{theorem_sq}
	Soit $(X, \star)$ et $(Y, +)$ et un homomorphisme $\function{\phi}{X}{Y}$. Alors l'image $f(X) \subseteq Y$ est un sous-groupe de $Y$.
\end{theorem_sq}

\begin{proof}
	Soit $(X, \star)$ et $(Y, +)$ et un homomorphisme $\function{\phi}{X}{Y}$.

	\begin{itemize}
		\item{$\Identity_H \in \phi(X)$ par \ref{theorem:identity_homomorphism_is_identity}}
		\item{$\forall (a', b') \in \phi(X)^2, \exists (a, b) \in X^2, a' = \phi(a) \land b' = \phi(b) \implies \phi(a) + \phi(b) = \phi(a \star b) \in \phi(X)$}
		\item{$\forall a \in \phi(X), \exists b \in X, a = \phi(b) \implies a^{-1} = \phi(b)^{-1} = \phi(b^{-1})$ par \ref{theorem:inv_homomorphism_is_inv} $\implies a^{-1} \in \phi(X)$}
	\end{itemize}
\end{proof}

\langsubsubsection{Groupes cycliques}{Cyclic groups}

\begin{definition_sq} \label{definition:cyclic_group}
	On dit qu'un groupe $(G, \star)$ \ref{definition:group} est \textbf{cyclique} s'il existe $x \in G$ tel que $\generator{x} = G$. On dit alors que $x$ est un \textbf{générateur} de $G$.
\end{definition_sq}

\begin{theorem_sq} \label{theorem:cyclic_group_isomorph_integers}
	Soit $(G, \star)$ un groupe cyclique \ref{definition:cyclic_group}
	\begin{itemize}
		\item{Si $\card{G} = \infty \implies (G, \star) \isomorphic (\Z, +)$}
		\item{Si $\card{G} = n < \infty \implies (G, \star) \isomorphic (\Z/n\Z, +)$}
	\end{itemize}
\end{theorem_sq}

\begin{proof}
	Soit $(G, \star)$ un groupe cyclique et $x \in G$ un générateur de $G$.

	Posons l'application $\function{\phi}{(\Z, +)}{(G, \star)} \functiondef{n}{x^n}$.

	On remarque que $\forall (a, b) \in \Z^2, \phi(a + b) = x^{a + b} = x^a \star x^b = \phi(a) \star \phi(b) \implies \phi \in \hom(\Z, G)$

	Comme $\generator{x} = G \implies \phi$ est un épimorphisme \ref{definition:epimorphism}
	\begin{itemize}
		\item{Si $\card{\generator{x}} = \card{G} = \infty \implies \phi$ est un isomorphisme vers $(\Z, +)$}
		\item{Si $\card{\generator{x}} = \card{G} = n < \infty \implies \phi$ est un isomorphisme vers $(\Z/n\Z, +)$}
	\end{itemize}
\end{proof}

\begin{theorem_sq}
	Soit $(G, \star)$ un groupe cyclique fini \ref{definition:cyclic_group} tel que $n := \card{G}$ avec le générateur $a \in G$ ainsi que $x := a^{q}$ avec $q \in \discreteInterval{1, n - 1}$ alors l'ordre de $G$ est $\frac{n}{\gcd(n, q)}$
\end{theorem_sq}

\begin{proof}
	% TODO Complete proof
	Soit $(G, \star)$ un groupe cyclique fini tel que $n := \card{G}$, par \ref{theorem:cyclic_group_isomorph_integers} $(G, \star) \isomorphic (\Z/n\Z, +)$.
\end{proof}

\begin{corollary_sq}
	Soit $(G, \star)$ un groupe cyclique fini \ref{definition:cyclic_group} tel que $n := \card{G}$ avec $a \in G$ ainsi que $x := a^{q}$ avec $q \in \discreteInterval{1, n - 1}$ si $\gcd(n, q) = 1 \implies x$ est un générateur de $G$.
\end{corollary_sq}

\begin{proof}
	\lipsum[2]
	% TODO Complete proof
\end{proof}

\begin{definition_sq} \label{definition:euler_indic_func}
	L'indicatrice d'Euler est défini de la manière suivante : $q(n) := \# \{ n \in \N^* \suchthat m \le n \land \gcd(m, n) = 1 \}$, si $n = \prod\limits_{k = 1}^r p_i^{k_i} \implies q(n) = n \prod\limits_{i = 1}^r (1 - \frac{1}{P_i})$
\end{definition_sq}

\begin{theorem_sq}
	Soit $(G, \star)$ un groupe cyclique d'ordre $n$ \ref{definition:cyclic_group} avec $a \in G$ générateur. Si $d \in \N, d \divides n \implies \exists! H \subgroup G, \card{H} = d$, autrement dit, on a $H = \generator{a^{\frac{n}{d}}}$.
\end{theorem_sq}

\begin{proof}
	\lipsum[2]
	% TODO Complete proof
\end{proof}

\begin{definition_sq}
	Soit $(G, \star) \in \Grp$ et $H \subgroup G$. Pour $a \in G$, on appelle \textbf{classe à gauche} de $a$ modulo $H$ ainsi que \textbf{classe à droite} de $a$ modulo $H$ les ensembles suivants $aH := \{ ax \suchthat x \in H \}$ et $Ha := \{ xa \suchthat x \in H \}$.

	Soit $x, y \in G^2$, on écrit donc
	$$x \sim_g y \equivalence y \in xH \equivalence x^{-1}y \in H$$
	$$x \sim_d y \equivalence y \in Hx \equivalence yx^{-1} \in H$$
\end{definition_sq}

\begin{theorem_sq}
	Les notations $\sim_g$ et $\sim_d$ sont des relations d'équivalences.
\end{theorem_sq}

\begin{proof}
	\lipsum[2]
	% TODO Complete proof
\end{proof}

\begin{theorem_sq}
	Soit $(G, \star) \in \Grp$ et $H \subgroup G$ ainsi que $G / \sim_g$ (et $G / \sim_d$) le quotient de $G$. Alors, on a une bijection $\function{\phi}{G / \sim_g}{G / \sim_d}$ $\functiondef{[xH]}{[Hx^{-1}]}$.
\end{theorem_sq}

\begin{proof}
	\lipsum[2]
	% TODO Complete proof
\end{proof}

\begin{definition_sq} \label{definition:group_indice}
	Soit $(G, \star) \in \Grp$ et $H \subgroup G$. Si le nombre de classes modulo $H$ est fini, on appelle ce nombre \textbf{l'indice} de $H$ dans $G$ noté $[G:H]$
\end{definition_sq}

\begin{theorem_sq}[\lang{Théoreme de Lagrange}{Lagrange's theorem}] \label{theorem:lagrange_theorem}
	Soit $(G, \star)$ un groupe fini et $H \subgroup G \implies [G:H] = \frac{\card{G}}{\card{H}}$.

	On appelle alors \textbf{indice} de $H$ dans $G$ le nombre $[G:H]$.

	De plus, si $H$ est un sous-groupe distingué \ref{definition:normal_subgroup} de $G$ alors $[G:H]$ est aussi le cardinal du groupe quotient $G/H$.
\end{theorem_sq}

\begin{proof}
	\lipsum[2]
	% TODO Complete proof
\end{proof}

\begin{theorem_sq}
	Soit $(G, \star)$ un groupe fini d'ordre $n$ et $a \in G \implies [ ord(a) \divides n ] \land [ a^n = 1 ]$
\end{theorem_sq}

\begin{proof}
	\lipsum[2]
	% TODO Complete proof
\end{proof}

\begin{theorem_sq}
	Soit $(G, \star)$ un groupe fini d'ordre $n$ un nombre premier alors $G$ est cyclique.
\end{theorem_sq}

\begin{proof}
	\lipsum[2]
	% TODO Complete proof
\end{proof}

\langsubsubsection{Sous-groupe distingué et quotient}{Proper subgroup and quotient}

\begin{definition_sq} \label{definition:normal_subgroup}
	Soit $(G, \star) \in \Grp$, on dit que $H \subgroup G$ est \textbf{distingué} (ou \textbf{normal}) si $\forall x \in G, xH = Hx$.
	On écrira alors $H \normalSubgroup G$
\end{definition_sq}

\begin{definition_sq} \label{definition:simple_group}
	Un groupe non trivial $G$ est \textbf{simple} si ces seuls sous-groupes distingués sont $\{ \Identity_G \}$ et lui-même.
\end{definition_sq}

\begin{definition_sq} \label{definition:quotient_group}
	Soit $(G, \star) \in \Grp$ ainsi que $H \normalSubgroup G$, on appelle $G/H$ le \textbf{groupe quotient} de $G$ par $H$ que l'on définira de la manière suivante : $G/H := G / \sim_g = G / \sim_d$ l'ensemble des classes à gauche et droite.
\end{definition_sq}

\begin{theorem_sq}
	Soit $(G, \star) \in \Grp$, on a $H \normalSubgroup G \equivalence \forall x \in G, xHx^{-1} = H$
\end{theorem_sq}

\begin{proof}
	Soit $(G, \star) \in \Grp$. Par définition \ref{definition:normal_subgroup}, si $H \normalSubgroup G$, alors $\forall x \in G, xH = Hx$, comme $x$ est inversible par la définition d'un groupe \ref{definition:group}, il suffit de multiplier à droite $x^{-1}$ pour obtenir l'équivalence avec $xHx^{-1} = H$.
\end{proof}

\begin{theorem_sq}
	Le noyau de $\function{f}{(G, \star)}{(H, +)}$ un morphisme de groupe \ref{definition:group_morphism} est distingué.
\end{theorem_sq}

\begin{proof}
	Soit $\function{f}{(G, \star)}{(H, +)}$ un morphisme de groupe \ref{definition:group_morphism}.
 	Par \ref{theorem:kernel_homomorphism_is_subgroup}, on sait que $\ker(f) \subgroup G$.
	Soit $x \in G$ et $y \in \ker(f)$, on peut poser $f(x \star y \star x^{-1}) = f(x) + \Identity_H + f(x^{-1}) = \Identity_H \implies x \star y \star x^{-1} \in \ker(f)$.
\end{proof}

\begin{theorem_sq}
	Soit $(G, \star) \in \Grp$ si $H \subgroup G$ est un sous-groupe d'indice 2 alors $H$ est distingué.
\end{theorem_sq}

\begin{proof}
	Soit $(G, \star) \in \Grp$ et $H \subgroup G$ tel que $[G:H] = 2$ ainsi que $x \in G$.

	Si $x \in H \implies xH = H = Hx$, car $H$ est un sous-groupe.

	Sinon $x \notin H \implies Hx \distinctUnion H = xH \distinctUnion H = G \equivalence Hx = G \setminus H = xH$
\end{proof}

\begin{theorem_sq}
	Soit $(G, \star) \in \Grp$ et $H \normalSubgroup G \implies G / H$ a une structure de groupe donné par $\function{f}{G/H \cartesianProduct G/H}{G/H} \functiondef{([xH], [yH])}{[xyH]}$ de plus, l'application quotient $\function{q}{G}{G/H} \functiondef{x}{[xH]}$ est un morphisme de groupe avec $\ker(q) = H$.
\end{theorem_sq}

\begin{proof}
	\lipsum[2]
	% TODO Complete proof
\end{proof}

\begin{theorem_sq} \label{theoren:universal_property_quotient}
	Soit $((G, \star), (G', +)) \in \Grp^2$ et $H \normalSubgroup G$ avec quotient $\function{q}{G}{G/H}$ ainsi que l'homomorphisme $\function{f}{(G, \star)}{(G', +)}$ tel que $H \subseteq \ker(f)$.

	Alors $\exists! \function{\bar{f}}{G/H}{G}$ un morphisme de groupes tel que $f = \bar{f} \composes q$.

	De plus, on a $\bar{f}$ injectif $\equivalence \ker(f) = H$ ainsi que $\bar{f}$ surjectif $\equivalence f$ surjectif

	\[\begin{tikzcd}
		G \arrow[r, "q"] \arrow[d, "\forall f" left] & G/H \arrow[dl, dotted, "\exists! \bar{f}"] \\
		G'
	\end{tikzcd}\]
\end{theorem_sq}

\begin{proof}
	\lipsum[2]
	% TODO Complete proof
\end{proof}

\begin{theorem_sq} \label{theorem:first_isomorphism_theorem}
	Soit $\function{f}{(G, \star)}{(H, +)}$ un morphisme de groupe \ref{definition:group_morphism} alors $G / \ker(f) \isomorphic im(f)$
\end{theorem_sq}

\begin{proof}
	\lipsum[2]
	% TODO Complete proof
\end{proof}

\begin{theorem_sq}
	Soit $(p, q) \in \N^2, \gcd(p, q) = 1 \implies \Z/pq\Z \isomorphic \Z/p\Z \cartesianProduct \Z/q\Z$
\end{theorem_sq}

\begin{proof}
	\lipsum[2]
	% TODO Complete proof
\end{proof}

\begin{definition_sq}
	Soit $(G, \star) \in \Grp$ et $K \normalSubgroup G$ et $H \subgroup G$. On définit $KH := \{ kh \suchthat k \in K, h \in H \} \subseteq G$
\end{definition_sq}

\begin{theorem_sq}
	Soit $(G, \star) \in \Grp$ et $K \normalSubgroup G$ et $H \subgroup G \implies KH \subgroup G$
\end{theorem_sq}

\begin{proof}
	\lipsum[2]
	% TODO Complete proof
\end{proof}

\begin{theorem_sq}
	Soit $(G, \star) \in \Grp$ et $K \normalSubgroup G$ et $H \subgroup G \implies KH/K \isomorphic H/K \intersection H$
\end{theorem_sq}

\begin{proof}
	\lipsum[2]
	% TODO Complete proof
\end{proof}

\begin{theorem_sq}
	Soit $(G, \star) \in \Grp$ et $K \normalSubgroup G$ et $H \normalSubgroup G$ tel que $H \subseteq K \implies (K/H) \normalSubgroup (G/H)$ ainsi que $(G/H)/(K/H) \isomorphic G/K$
\end{theorem_sq}

\begin{proof}
	\lipsum[2]
	% TODO Complete proof
\end{proof}

\begin{definition_sq}
	Soit $(K, \star) \in \Grp$. On appelle groupe des automorphismes \ref{definition:automorphism}, noté $Aut(K)$, l'ensemble $\{ \phi \in S(K) \suchthat \phi \in \hom(K, K) \} \subseteq S(K)$
\end{definition_sq}

\begin{theorem_sq}
	Soit $(G, \star) \in \Grp \implies Aut(G) \subgroup S(K)$
\end{theorem_sq}

\begin{proof}
	\lipsum[2]
	% TODO Complete proof
\end{proof}

\begin{definition_sq}
	Soit $((K, \star), (Q, \composes)) \in \Grp^2$ ainsi que $\function{\phi}{(Q, \star)}{(Aut(K), \composes)}$ un morphisme de groupes. Alors on appelle \textbf{produit semi-direct} l'opération sur l'ensemble $K \cartesianProduct Q$

	$$\function{\psi}{(K \cartesianProduct Q)^2}{K \cartesianProduct Q} \functiondef{(k_1, q_1), (k_2, q_2)}{(k_1 \star \phi(q_1)(k_2), q_1 \composes q_2))}$$
\end{definition_sq}

\begin{theorem_sq}
	Soit $((K, \star), (Q, \composes)) \in \Grp^2$ ainsi que le produit semi-direct $(\psi)$, alors le tuple $(K \cartesianProduct Q, \psi) \in \Grp$ et on le note $K \ltimes_q Q$
\end{theorem_sq}

\begin{proof}
	\lipsum[2]
	% TODO Complete proof
\end{proof}

\begin{theorem_sq}
	Si $K \ltimes_\phi Q$ est un produit semi-direct alors l'application $\function{\pi}{K \ltimes_\phi Q}{Q} \functiondef{(k, q)}{q}$ est un morphisme de groupes et $\ker(\pi) = K$.
\end{theorem_sq}

\begin{proof}
	\lipsum[2]
	% TODO Complete proof
\end{proof}

\begin{theorem_sq}
	Soit $(G, \star) \in \Grp$ et $K \normalSubgroup G$.

	$$\exists Q \subgroup G, KQ = G \land K \intersection Q = \{ \Identity_G \} \implies G \isomorphic K \ltimes_\phi Q$$
\end{theorem_sq}

\begin{proof}
	\lipsum[2]
	% TODO Complete proof
\end{proof}

\langsubsubsection{Exercices}{Exercises}

\begin{exercise_sq}
	Soit $T := \{-1, 1\}$ ainsi que $\function{f}{\Z}{T} \functiondef{x}{\begin{cases} 1 & \text{\lang{Pair}{Even} } x \\ -1 & \text{\lang{Impair}{Odd} } x \end{cases}}$
	\begin{enumerate}[(a)]
		\item{Montrer que $\forall (x, y) \in \Z^2, f(x + y) = f(x)f(y)$, que cela dit sur les entiers relatifs ?}
		\item{Est-ce que $\forall (x, y) \in \Z^2, f(xy) = f(x)f(y)$ est aussi vrai ?}
	\end{enumerate}
\end{exercise_sq}

\begin{proof}
	Soit $T := \{-1, 1\}$ ainsi que $\function{f}{\Z}{T} \functiondef{x}{\begin{cases} 1 & \text{\lang{Pair}{Even} } x \\ -1 & \text{\lang{Impair}{Odd} } x \end{cases}}$.
	\begin{enumerate}[(a)]
		\item{Soit $(x, y) \in \Z^2$

			Comme tout entier est soit pair ou impair, on peut donc faire une disjonction en 4 cas

			\begin{tabular}{c|c|c|c}
				$x$ & $y$ & $f(x + y)$ & $f(x)f(y)$ \\
				\hline
				$\text{\lang{Pair}{Even} } x$ & $\text{\lang{Pair}{Even} } y$ & $f(2x' + 2y') = f(2(x' + y')) = 1$ & $1 \cdot 1 = 1$ \\
				\hline
				$\text{\lang{Pair}{Even} } x$ & $\text{\lang{Impair}{Odd} } y$ & $f(2x' + 2y' + 1) = f(2(x' + y') + 1) = -1$ & $1 \cdot -1 = -1$ \\
				\hline
				$\text{\lang{Impair}{Odd} } x$ & $\text{\lang{Pair}{Even} } y$ & $f(2x' + 1 + 2y') = f(2(x' + y') + 1) = -1$ & $-1 \cdot 1 = -1$ \\
				\hline
				$\text{\lang{Impair}{Odd} } x$ & $\text{\lang{Impair}{Odd} } y$ & $f(2x' + 1 + 2y' + 1) = f(2(x' + y' + 1)) = 1$ & $-1 \cdot -1 = 1$
			\end{tabular}

			On a donc $\forall (x, y) \in \Z^2, f(x + y) = f(x)f(y)$, $f$ est donc un homomorphisme.}

		\item{Soit $(x, y) \in \Z^2$, dans le cas ou $x$ est pair et $y$ est impair, on remarque que $f(xy) = f(2x'(2y' + 1)) = f(2(2x'y' + x')) = 1$ alors que $f(x)f(y) = 1 \cdot -1 = -1$.
		}
	\end{enumerate}
\end{proof}

\begin{exercise_sq}
	Soit $G$ un groupe d'ordre 4. Supposons que $G$ n'est pas isomorphe au groupe $\Z/4\Z$. Montrer que $G$ est isomorphe à $\Z/2\Z \cartesianProduct \Z/2\Z$.
\end{exercise_sq}

\begin{proof}
	\lipsum[2]
	% TODO: Complete proof
\end{proof}

\begin{exercise_sq}
	\begin{enumerate}[(a)]
		\item{Montrer qu'un élément $\bar{a}$ de $(\Z/n\Z, +)$ est générateur si et seulement s'il existe $b \in \Z$ tel que $\bar{a} \cdot \bar{b} = \bar{1}$.}
		\item{Soit $(G, \composes)$ un groupe, Montrer qu'un morphisme de groupe $$\function{\varphi}{(\Z/n\Z, +)}{(G, \composes)}$$ est déterminé par $\varphi(\bar{1})$.}
		\item{Soit $\function{\varphi}{(\Z/n\Z, +)}{(\Z/n\Z, +)}$ un morphisme. Montrer que $\varphi$ est un isomorphisme si et seulement si $\varphi(\bar{1})$ est générateur.}
	\end{enumerate}
\end{exercise_sq}

\begin{proof}
	% TODO: Complete proof
	\begin{enumerate}[(a)]
		\item{\impliespart

				Soit $(\Z/n\Z, +) \in \Grp$ et $\bar{a}$ générateur de $\Z/n\Z$, il existe donc $b \in \N^*$ tel que $\sum\limits_{i = 1}^b \bar{a} = 1$, or comme $\card{\generator{\bar{a}}} = n \implies b \le n$.

		$\Limpliespart$
		}
	\end{enumerate}
\end{proof}

\begin{exercise_sq}
	\begin{enumerate}[(a)]
		\item{Montrer que l'ensemble $G$ des matrices défini par $$G := \left\{ \begin{pmatrix} 1 & x & y \\ 0 & 1 & z \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix} \suchthat x, y, z \in \R \right\}$$ est un sous-groupe de $GL_3(\R)$.}
		\item{Calculer le centre de $G$, c'est-à-dire $$Z(G) = \{ g \in G \suchthat gh = hg \forall h \in G \}$$}
	\end{enumerate}
\end{exercise_sq}

\begin{proof}
	\begin{enumerate}[(a)]
		\item{Tous les éléments de $G$ sont des matrices triangulaires supérieures qui sont inversibles, il suffit donc de vérifier chaque axiome d'un sous-groupe.

			\begin{itemize}
				\item{Soit $A \in G$ tel que $x = y = z = 0 \implies A = \Identity_3 \implies \Identity_3 \in G$}
				\item{Soit $(A, B) \in G^2$ ainsi que $(a, b, c, x, y, z) \in \R^6$ tel que
					$A = \begin{pmatrix} 1 & a & b \\ 0 & 1 & c \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}$ et
					$B = \begin{pmatrix} 1 & x & y \\ 0 & 1 & z \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}$

					$AB = \begin{pmatrix} 1 & x + a & y + az + b \\ 0 & 1 & z + c \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}$,
					hors $(x + a, y + az + b, z + c) \in \R^3 \implies AB \in G$}
				\item{Soit $A \in G, \exists! \inv{A} \in GL_3(\R)$ ainsi que $(a, b, c) \in \R^3$ tel que
					$A = \begin{pmatrix} 1 & a & b \\ 0 & 1 & c \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}$ comme
					$A \inv{A} = \Identity_G \implies \inv{A} =
					\begin{pmatrix} 1 & -a & ac - b \\ 0 & 1 & -c \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}$,
					hors $(-a, ac - b, -c) \in \R^3 \implies \inv{A} \in G$}
			\end{itemize}

			$G$ est de ce fait un sous-groupe de $GL_3(\R)$.
		}
		\item{Soit $(A, B) \in G^2$ ainsi que $(a, b, c, x, y, z) \in \R^6$ tel que
			$A = \begin{pmatrix} 1 & a & b \\ 0 & 1 & c \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}$ et
			$B = \begin{pmatrix} 1 & x & y \\ 0 & 1 & z \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}$

			$AB = BA \equivalence \begin{pmatrix} 1 & x + a & y + az + b \\ 0 & 1 & z + c \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix} =
			\begin{pmatrix} 1 & a + x & b + cx + y \\ 0 & 1 & c + z \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix} \equivalence az = cx$

			Pour un $A$ fixé, la seule manière de rendre le produit commutatif pour tout $B$ est de mettre $a = c = 0$

			$\implies Z(G) = \left\{ \begin{pmatrix} 1 & 0 & b \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix} \suchthat b \in \R \right\}$
		}
	\end{enumerate}
\end{proof}