Le groupe A₄ est constitue de 12 ́elements : l’identite, 3 produits de deux transpositions disjointes et 8 cycles d’ordre 3.

Le sous-groupe H = {Id, (12)(34), (13)(24), (14)(23)} est distingué dans A₄ car la conjuguée d'une double transposition est encore une double transposition.

A₄ n'est donc pas simple.

Soient n≥3, (a₁,....,a_n-2) et (b₁,...,b_n-2) deux suites d'éléments distincts de {1,2,...,n}. Il existe une permutation σ∈S_n telle que σ(a_i)=b_i ∀i∈{1,...,n-2}. Soit τ la transposition échangeant a_n-1 et a_n. Alors soit σ soit σ$\circ$τ est paire, donc l'une des deux, soit σ' est dans A_n et vérifie σ'(a_i)=b_i ∀i∈{1,...,n-2} .

1. Soient donc σ et σ' deux produits de deux transpositions disjointes. On note, σ=(ab)(cd)(e) σ'=(a'b')(c'd')(e'). Il existe donc τ∈A₅ telle que τ(a)=a', τ(b)=b' τ(c)=c'. On a alors σ'=τ$\circ$σ$\circ$τ^-1.
2. De même soient σ=(abc) et σ'=(a',b',c') deux 3 cycles de S₅ Soit τ∈A₅ telle que τ(a)=a', τ(b)=b', τ(c)=c', On a encore σ'=τ$\circ$σ$\circ$τ^-1.

Le groupe A₅ possède 120/2=60 éléments que l'on peut classer :

• l'identité, d'ordre 1
• 15 produits de deux transpositions disjointes, d'ordre 2
• 20 cycles d'ordre 3
• 24 cycles d'ordre 5

Soit H un sous-groupe distingué de A₅, non trivial.

D'après le lemme précédent nous voyons que si H contient un élément d'ordre 2 il les contient tous.

Pour la même raison, si H contient un élément d'ordre 3 il les contient tous.

De plus si H contient un élément d'ordre 5, disons σ alors il contient le p-sylow <σ>. Mais nous savons que les 5-sylows sont tous conjugués entre eux. H étant normal doit donc contenir tous les 5-sylows de A₅, donc finalement tous les éléments d'ordre 5. En conclusion, si H contient un élément différent de l'identité il doit contenir tous les éléments de même ordre que cet élément.

D'après le théorème de Lagrange l'ordre de H doit être un diviseur de 60. Donc si H contient, en plus de l'identité, des éléments d'un seul et même ordre son cardinal doit être 16, 21, ou 25, or aucun de ces nombres n'est un diviseur de 60. Donc H doit contenir au moins deux éléments d'ordre différents. Dans ce cas l'ordre de H est nécessairement supérieur à 1+15+20=36, la seule possibilité est donc card(H)=60 et H=A₅.

On pose E={1,2,...,n}.

Considérons un sous-groupe H de A_n supposé non trivial et distingué dans A_n. Soiot σ un élément de H qui n'est pas l'identité. Alors il existe a∈{1,2,...,n} tel que b=σ(a)≠a.

Donnons nous également un élément c∉{a,b,σ(b)}. Alors comme b=σ(a) dans la suite (a,b,c,σ(a),σ(b),σ(c)), il y a au moins deux éléments égaux, de sorte que l'ensemble F dont les éléments sont dans cette liste contient au plus 5 éléments.

Soit τ le 3-cycle (a,c,b) et ρ=τστ^-1σ^-1

On a les propriétés suivantes :

• ρ(F)=F
• pour tout d∈E-F ρ(d)=d
• ρ≠Id puisque ρ(b)=τ(σ(b))≠τ(c)=b
• ρ∈H puisque τστ^-1∈H et σ^-1∈H

Quitte à rajouter à F des éléments surnuméraires inutiles on peut supposer que card(F)=5. L'ensemble A(F) des permutations paires des éléments de F devient alors isomorphe à A₅.

On note maintenant A, l'ensemble des permutations paires de E laissant invariant tout élément de E-F. Alors clairement A s'identifie par un isomorphisme à A(F).

On en déduit que A est isomorphe à A₅, donc A est simple en vertu du théorème précédent.

Soit H'=A∩H. H' est un sous-groupe distingué de A. En effet, pour tous u∈A et v∈H' uvu^-1 appartient à A et à H, donc à H'. De plus ρ ∈H' et ρ≠Id, donc H' n'est pas trivial. A étant simple on en déduit que H'=A donc que A⊆H. Par conséquent H contient le 3-cycle τ donc également tous les 3-cycles. Le groupe A_n étant engendré par les 3-cycles, on en déduit que H=A_n.