- Nous avons déjà vu que les groupes commutatifs sont résolubles.
- Les seuls groupes simples résolubles sont les groupes cycliques d'ordre premier. En effet la seule suite de composition possible est G⊇{1}, qui implique que G est commutatif. Prenons maintenant un élément x distinct de l'unité. Il engendre un sous-groupe <x> forcément distingué pour cause de commutativité et forcément égal à G pour cause de simplicité. On en conclut que <x>=G, donc que G est cyclique, mais alors G est forcément d'ordre n premier car si n=pq xp est d'ordre q.
- Pour tour n≥1, le groupe diédral D2n est résoluble. En effet D2n={1,r,r2, ....,r2n-1,s,sr,sr2,...sr2n-1} Considérons dans D2n, le sous-groupe Cn={1,r,r2, ....,r2n-1}. Cn est forcément distingué dans D2n car tout conjugué de Cn est d'ordre n et contient l'unité et est donc égal à Cn. En outre D2n/Cn étant d'ordre 2 est forcément isomorphe à ℤ/2ℤ donc commutatif. En somme nous avons la suite normale D2n⊇Cn⊇{1}, CQFD compte tenu de la caractérisation donnée ici.
- Pour n≥5 le groupe symétrique Sn et le groupe alterné An ne sont pas résolubles. En effet compte tenu de ce résultat si Sn était résoluble An le serait aussi. Or nous avons vu que ce n'est pas le cas.
- Pour tout nombre premier p, tout p-groupe est résoluble.
Soit donc G d'ordre pn avec n>0. Si G est commutatif alors G est résoluble. On peut donc supposer que G est non commutatif.
Soit C1=Z(G) son centre. Alors d'après ce résultat C1 est distingué dans G, strictement inclus dans G, et distinct de {1} en vertu de cette propriété.
On a donc une suite normale strictement décroissante G$\triangleright$C1$\triangleright${1}.
Il est clair que le groupe quotient G/C1 est un p-groupe. Son centre Z(G/C1) est normal dans G/C1, donc, en vertu de ce théorème de la forme C2/C1 pour un certain sous-groupe C2 de G contenant C1 qui vérifie C1$\triangleleft$C2, puisque plus généralement C1$\triangleleft$G et tel que C2$\triangleleft$G car C2/C1$\triangleleft$G/C1.
Il est clair que C2≠C1 sinon Z(G/C1)=C1/C2 serait trivial, ce qui est exclu puisque G/C1 est un p-groupe.
On a alors deux éventualités :- Soit C2=G
- Soit G2≠G
Dans le premier cas G/C1=Z(G/C1) donc G/C1 est abélien. On a donc construit une suite normale : G$\triangleright$C1$\triangleright${1}et G est résoluble.
Dans le second cas on construit G3 à partir de G2, comme G2 à partir de G1.
A nouveau nous avons deux possibilités :- Soit C3=G
- Soit G3≠G
Dans le premier cas on conclut à la résolvabilité de G comme précédemment.
Sinon on voit par récurrence qu'on peut construire une suite strictement croissante Gi de sous-groupes distingués de G, telle que C1=Z(G), Ci+1/Ci=Z(G/Ci) ∀i≥1. Comme G est fini le processus s'arrête nécessairement. Il existe donc un plus petit entier k tel que Ck=G. Ce qui nous donne une suite normale G=Ck$\triangleright$Ck-1$\triangleright$...$\triangleright$C2$\triangleright$C1$\triangleright${1} où tous les quotients Ci+1/Ci sont abéliens. G est donc résoluble.