Sn en produit semi direct

1) Si $G$ est un produit direct de $H$ et $K$ avec $K$ abélien, alors le centre de $G$ contient un groupe isomorphe à $K$. Ceci permet de voir que $S_n$ n'est pas un produit direct de $A_n$ par $\Z/2\Z$ si $n\ge 3$.

2) Petit exercice : on a $D_{2n}\cong D_n\times \Z/2\Z$ si $n$ est impair.

Sauf erreur, pour n>2, S_n n'est pas abélien donc comment S_n pourrait être un produit direct de groupes abéliens?

Re_bonsoir Fanf
En ce qui concerne ton deuxième exemple $\mathfrak S_3 \times \Z/2\Z \simeq \mathfrak S_3 \rtimes \Z/2\Z $
Je crois qu'il est préférable de voir cela avec les groupes diédraux. Puisque $\mathfrak S_3 = D_3$ le groupe diédral à 6 éléments.
On peut voir le groupe diédral $D_n$ à $2n$ éléments, comme le groupe des isométries planes laissant invariant le polygone régulier à $n$ cotés.
$D_n$ est donc constitué des rotations $r_k$ d'angle $k\frac {2\pi}n, 0\leq k < n$, et de symétries par rapport aux rayons (droites joignant le centre à un sommet) et de symétries par rapport aux apothèmes (droites joignant le centre au milieu de chaque coté).
Remarque 1 Si $n$ est impair, un rayon est aussi un apothème, alors que si $n$ est pair, les rayons et les apothèmes sont distinctes.
Remarque 2 Si $n=2m$ est pair, la rotation $r_m$ est une rotation d'angle $\pi$. C'est aussi la symétrie centrale. Elle va commuter avec toutes les symétries. C'est un élément du centre de $D_{2m}$.
Remarque 3 L'ensemble des rotations forme un sous-groupe $R$ cyclique d'ordre $n$ donc d'indice 2 dans $D_n$. Ce sous-groupe est donc distingué dans $D_n$ (exercice classique)
Une symétrie (autre que la symétrie centrale si elle existe) n'est pas une rotation, et forme un sous-groupe $S$ d'ordre 2 isomorphe à $\Z/2\Z$ et disjoint de $R$. Un argument de cardinalité montre que $R.S=D_n$. Donc $D_n = R \rtimes S = \Z/n\Z \rtimes \Z/2\Z$ produit semi-direct.

Revenons à notre exemple, qu'on peut écrire $D_3 \times \Z/2\Z \simeq D_3 \rtimes \Z/2\Z $
Considérons $D_6$ laissant invariant l'hexagone régulier. Il admet 12 éléments : 6 rotations et 6 symétries (3 par rapport aux rayons et 3 par rapport aux apothèmes)
En prenant un sommet sur deux, on obtient un triangle équilatéral, qui admet un sous-groupe de $D_6$ qui le laissera invariant. Ce sous-groupes contiendra les 3 rotations $id, r_{2\pi/3}, r_{4\pi/3}$ et 3 symétries par rapport aux rayons par exemple. Ce sous-groupe laissant invariant un triangle équilatéral, est isomorphe au groupe diédral $D_3$. Appelons le $H$. Il est d'ordre 6 dans $D_6$ qui est d'ordre 12, donc d'indice 2, donc distingué dans $D_6$. Une symétrie par rapport à un apothème engendre un sous-groupe $S$ d'ordre 2 qui est disjoint de $H$. Toujours la cardinalité montre que $H.S=D_6$. Nous avons donc un produit semi-direct $D_6 = H\rtimes S$.
Mais $H$ ne contient pas la rotation d'angle $\pi$ qui engendre un sous-groupe $Z$ d'ordre 2, donc encore (mêmes arguments) $D_6 = H\rtimes Z$ et comme $Z$ est le centre de $D_6$ (la symétrie centrale commute avec tout le monde) le point (4') du message précédent est satisfait, donc $D_6 = H\times Z$.
Voici pourquoi on t'annonce $D_6 = D_3 \times \Z/2\Z \simeq D_3 \rtimes \Z/2\Z $
Tu remarqueras qu'ici, le groupe $D_6$ et le sous-groupe distingué $H=D_3$ sont les mêmes dans les deux cas.

Alain