Théorie des groupes/Exercices/Intermède : groupes simples d'ordre 360

Problème 1. (Préliminaire 1 du chapitre théorique)

Soient G un groupe fini, p un nombre premier, P un p-sous-groupe de Sylow cyclique de G. Prouver que l'indice [N_G(P) : C_G(P)] divise p-1. (Indication : utiliser le lemme N/C et le chapitre Automorphismes d'un groupe cyclique.)

Solution

L'énoncé étant banal si p ne divise pas l'ordre de G, on va supposer qu'il le divise. Alors $\vert P\vert$ est de la forme $p^{a}$, avec $a\geq 1.$
D'après le lemme N/C, le groupe $N_{G}(P)/C_{G}(P)$ est isomorphe à un sous-groupe de Aut(P), donc $\vert N_{G}(P)/C_{G}(P)\vert$ divise $\vert \mathrm {Aut} (P)\vert$. Puisque P est cyclique et d'ordre $p^{a}$ avec $a\geq 1,$ nous avons (chapitre Automorphismes d'un groupe cyclique)

$\vert \mathrm {Aut} (P)\vert =(p-1)p^{a-1}.$

Donc

(1) $[N_{G}(P):C_{G}(P)]$ divise $(p-1)p^{a-1}.$

D'autre part, puisque P est supposé cyclique, il est abélien, donc

(2) $P\subseteq C_{G}(P)\subseteq N_{G}(P).$

Puisque l'ordre d'un p-sous-groupe de Sylow de G est la plus grande puissance de p qui peut diviser l'ordre d'un sous-groupe de G, il résulte de (2) que p figure à la même puissance dans $\vert N_{G}(P)\vert$ et dans $\vert C_{G}(P)\vert$ donc $[N_{G}(P):C_{G}(P)]$ n'est pas divisible par p. Dès lors, d'après (1),

$[N_{G}(P):C_{G}(P)]$ divise p - 1.

 

Problème 2. (Préliminaire 8 du chapitre théorique)

Soit G un groupe simple fini d'ordre non premier, soit p un diviseur premier de $\vert G\vert$, soit P un p-sous-groupe de Sylow de G. Alors le groupe $N_{G}(P)$ n'est pas commutatif. (Indication : on peut utiliser le théorème du complément normal de Burnside.)

Solution

Supposons que, par absurde, le groupe $N_{G}(P)$ soit commutatif. Alors $N_{G}(P)=C_{G}(P)$, donc, d'après le théorème du complément normal de Burnside, P admet un complément normal K dans G. Puisque P est distinct de 1, nous avons K < G. De plus, puisque G est un groupe simple fini dont l'ordre n'est pas un nombre premier, on sait (Groupes résolubles) qu'il n'est pas résoluble, a fortiori il n'est pas nilpotent, donc son ordre n'est pas un puissance de nombre premier, donc P est distinct de G, donc 1 < K. Ainsi, K est un sous-groupe normal de G tel que 1 < K < G, ce qui contredit la simplicité de G.

 

Problème 3. (Préliminaire 9 du chapitre théorique)

Tout groupe d'ordre 36 a un sous-groupe normal d'ordre 4 ou un sous-groupe normal d'ordre 9. (Indication : utiliser le théorème du complément normal de Burnside.)

Solution

Soit H un groupe d'ordre 36. Supposons que

(1) H n'a pas de sous-groupe normal d'ordre 9.

Il s'agit de prouver que

(thèse 2) H contient un sous-groupe normal d'ordre 4.

Soit n le nombre des 3-sous-groupes de Sylow de H. D'après l'hypothèse (1), n > 1. D'autre part, d'après les théorèmes de Sylow, n est congru à 1 modulo 3 et divise 4. Donc n = 4, donc si P désigne un 3-sous-groupe de Sylow de H, N_H(P) est d'ordre 9 (autrement dit N_H(P) = P). Puisque tout groupe dont l'ordre est le carré d'un nombre premier est commutatif, N_H(P) est donc commutatif. Il en résulte clairement que N_H(P) = C_H(P), donc, d'après le théorème du complément normal de Burnside, H contient un sous-groupe normal d'ordre 4, ce qui démontre la thèse 2.

 

Problème 4. (Préliminaire 10 du chapitre théorique)

Soit H un groupe fini, soit p un nombre premier distinct de 2. On suppose que H contient un et un seul p-sous-groupe de Sylow, soit P, et que P est commutatif. On suppose aussi que H n'a pas d'élément d'ordre 2p. Alors, pour tout élément t d'ordre 2 de H et tout élément a de H dont l'ordre est une puissance de p,

$tat^{-1}=a^{-1}.$

(Puisque t est d'ordre 2, on pourrait évidemment écrire «t» au lieu de « t^-1 », mais le fait que $tat^{-1}$ soit le résultat de la conjugaison de a par t n'est pas indifférent.)

Solution

Posons

(1) $b=tat^{-1}.$

Puisque l'ordre de a est une puissance de p et que b est un conjugué de a,

(2) a et b ont tous deux pour ordre de b une puissance de p.

En appliquant $x\mapsto txt^{-1}$ aux deux membres de (1), on trouve

$tbt^{-1}=t^{2}at^{-2}.$

Puisque t est d'ordre 2, cela peut s'écrire

$a=tbt^{-1}.$

En multipliant cela membre à membre avec (1), on obtient

(3) $ba=tabt^{-1}.$

Puisque, comme vu en (2), a et b ont tous deux pour ordre une puissance de p et que, par hypothèse, P est l'unique p-sous-groupe de Sylow de P, a et b appartiennent tous deux à P. Puisque, par hypothèse, P est commutatif,

(4) a et b commutent, donc (3) peut s'écrire

$ab=tabt^{-1},$

donc

(5) a b et t commutent.

On a vu en (4) que a et b commutent, donc, puisqu'ils ont pour ordre une puissance de p, l'ordre de a b est une puissance de p. Si cet ordre était distinct de 1, il serait de la forme $p^{n}$ avec n > 0, donc, d'après (5), l'ordre de a b t serait $2p^{n}$ avec n > 0 (on utilise ici le fait que le nombre premier p est distinct de 2), donc l'ordre de a b t serait divisible par 2 p, donc H comprendrait un élément d'ordre 2 p, ce qui est contraire aux hypothèses. Donc $ab=1,b=a^{-1},$ce qui, d'après la définition de b, signifie que $tat^{-1}=a^{-1}.$

 

Problème 5. (Non-simplicité des groupes d'ordre 720)

On va prouver qu'il n'y a pas de groupe simple d'ordre 720. L'essentiel de la démonstration consistera à prouver que dans un groupe simple d'ordre 720, les 3-sous-groupes de Sylow devraient être en nombre 10, isomorphes à $\mathbb {Z} /3\mathbb {Z} \times \mathbb {Z} /3\mathbb {Z}$ et se couper trivialement deux à deux. Cela fait, un résultat du chapitre théorique fournira immédiatement une contradiction.

a) Soit G un groupe simple d'ordre 720. Prouver que tout sous-groupe propre de G est d'ordre $\leq 90.$

Solution

Soit H un sous-groupe propre de G; notons $n$ l'indice [G:H]. D'après le chapitre Premiers résultats sur les groupes simples, G est isomorphe à un sous-groupe de $A_{n}$, donc $\vert A_{n}\vert$ est divisible par $\vert G\vert =720.$ Comme 720 est divisible par 16, $\vert A_{n}\vert$, c'est-à-dire $n!/2$, est donc divisible par 16. Puisque $7!/2$ n'est pas divisible par 16, il faut donc $n\geq 8$, $[G:H]\geq 8$, autrement dit $\vert H\vert \leq 90.$

 

b) Soit G un groupe simple d'ordre 720. Prouver qu'un des deux cas suivants a lieu :

(i) les 3-sous-groupes de Sylow de G sont en nombre 10 et leurs normalisateurs dans G sont d'ordre 72;

(ii) les 3-sous-groupes de Sylow de G sont en nombre 40 et leurs normalisateurs dans G sont d'ordre 18.

Solution

Notons $n$ le nombre des 3-sous-groupes de Sylow de G.
D'après le chapitre Premiers résultats sur les groupes simples, G est isomorphe à un sous-groupe de $A_{n}.$ Comme dans la solution du point a), on en déduit que

(1) $\qquad n\geq 8.$

(On pourrait d'ailleurs appliquer le point a) au sous-groupe propre $N_{G}(P)$ de G, où P désigne un 3-sous-groupe de Sylow de G.)
D'autre part, d'après les théorèmes de Sylow,

$n$ est $\equiv 1{\pmod {3}}$ et divise $\vert G\vert /9=80.$

Joint à (1), cela montre que

(2) $\qquad n$ est égal à un des nombres 10, 16, 40.

Si $n$ était égal à 16, le normalisateur dans G d'un 3-sous-groupe de Sylow P de G serait d'ordre $\vert G\vert /16=45.$ Mais, d'après un exercice du chapitre Groupes nilpotents, tout groupe d'ordre 45 est abélien, donc $N_{G}(P)$ serait abélien, ce qui contredit une conséquence du théorème du complément normal de Burnside (ou encore le lemme $P\cap Z(N_{G}(P))=1$, démontré dans le chapitre Transfert, théorème du complément normal de Burnside). Donc $n$ est distinct de 16, donc, d'après (2),

$n$ est égal à 10 ou à 40.

Puisque le nombre des 3-sous-groupes de Sylow de G est égal à l'indice dans G de n'importe lequel de ces 3-sous-groupes de Sylow, l'énoncé en résulte.

 

c) Soit G un groupe simple d'ordre 720. Prouver que G n'a pas de sous-groupe d'ordre 45 ni de sous-groupe d'ordre 90.
Indication : si H est un sous-groupe d'ordre 45 de G, raisonner sur le normalisateur dans G d'un 3-sous-groupe de Sylow de H. Utiliser la question b).

Solution

Supposons que, par absurde, H soit un sous-groupe d'ordre 45 de G. D'après un exercice sur les groupes nilpotents déjà utilisé au point b), H est abélien. Donc H a un unique 3-sous-groupe de Sylow, soit P. Puisque H est abélien, H est contenu dans $N_{G}(P)$, donc $\vert N_{G}(P)\vert$ est divisible par $\vert H\vert =45$. C'est impossible, car P est un 3-sous-groupe de Sylow de G, ce qui, d'après le point b), entraîne que $\vert N_{G}(P)\vert$ est égal à 18 ou à 72. La contradiction obtenue prouve que

(1)$\qquad$G n'a pas de sous-groupe d'ordre 45.

On a vu dans un exercice sur le chapitre Groupes alternés, et aussi dans un exercice sur le chapitre Transfert, théorème du complément normal de Burnside, que tout groupe fini d'ordre pair non divisible par 4 contient un sous-groupe d'indice 2. Donc si G avait un sous-groupe d'ordre 90, il aurait un sous-groupe d'ordre 45, ce qui contredit (1). Donc G n'a pas de sous-groupe d'ordre 90, ce qui achève la démonstration.

 

d) Soit G un groupe simple d'ordre 720. Soit Q un sous-groupe Q d'ordre 3 de G contenu dans plusieurs 3-sous-groupes de Sylow de G (à supposer qu'il existe un tel sous-groupe Q). Prouver que

(i)$\qquad$les 3-sous-groupes de Sylow de G contenant Q sont exactement les 3-sous-groupes de Sylow de $N_{G}(Q)$;

(ii)$\qquad$les 3-sous-groupes de Sylow de $N_{G}(Q)$ sont en nombre 4;

(iii)$\qquad$Q est contenu dans exactement quatre 3-sous-groupes de Sylow de G;

(iv)$\qquad \vert N_{G}(Q)\vert$ est égal à 36 ou à 72.

Solution

Les 3-sous-groupes de Sylow de G sont d'ordre 9 et sont donc abéliens, donc, d'après un exercice sur le chapitre Théorèmes de Sylow,

(1)$\qquad$les 3-sous-groupes de Sylow de G contenant Q sont les 3-sous-groupes de Sylow de $N_{G}(Q).$

Puisque G est simple, $N_{G}(Q)$ est un sous-groupe propre de G, donc, d'après les questions a) et c),

(2)$\qquad \vert N_{G}(Q)\vert <90$

et

(3)$\qquad \vert N_{G}(Q)\vert$ n'est pas divisible par 45.

Puisque Q est contenu dans au moins un 3-sous-groupe de Sylow de G (et même dans plusieurs, vu les hypothèses de l'énoncé) et qu'un tel 3-sous-groupe de Sylow de G est d'ordre 9, il résulte de (1) que

(4)$\qquad \vert N_{G}(Q)\vert$ est divisible par 9.

Donc (3) revient à dire que $\vert N_{G}(Q)\vert$ n'est pas divisible par 5. Dès lors, puisque, d'après (4), $\vert N_{G}(Q)\vert$ est divisible par 9 et que, d'autre part, $\vert N_{G}(Q)\vert$ divise $\vert G\vert =720$, nous avons

(5)$\qquad \vert \vert N_{G}(Q)\vert =9\cdot 2^{n}$,

où $2^{n}$ divise 16. Puisqu'on a vu en (2) que $\vert N_{G}(Q)\vert <90$, (5) montre que

(6)$\qquad \vert N_{G}(Q)\vert =9\cdot 2^{n}$, avec $n\leq 3.$

De (6) et des théorèmes de Sylow, il résulte que le nombre des 3-sous-groupes de Sylow de $N_{G}(Q)$ est $\equiv 1{\pmod {3}}$ et divise 8; de plus, d'après les hypothèses de l'énoncé et le résultat (1), ce nombre est > 1. Donc

(7) $\qquad$les 3-sous-groupes de Sylow de $N_{G}(Q)$ sont en nombre 4,

ce qui, d'après (1), revient à dire que

(8) $\qquad$les 3-sous-groupes de Sylow de G contenant Q sont en nombre 4,

De (7) et des théorèmes de Sylow, il résulte que $\vert N_{G}(Q)\vert$ est divisible par 4, donc, d'après (6), il est égal à 36 ou à 72. Joint aux résultats (1), (7) et (8), cela démontre l'énoncé.

 

e) Soit G un groupe fini, soit $p$ un diviseur premier de $\vert G\vert$, soit $p^{n}$ la plus grande puissance de $p$ divisant $\vert G\vert$, soit Q un sous-groupe d'ordre $p^{n-1}$ de G contenu dans plusieurs $p-$sous-groupes de Sylow de G. Prouver que Q est un sous-groupe caractéristique de $N_{G}(Q)$ et en déduire que $N_{G}(Q)$ est son propre normalisateur dans G.

Solution

Puisque Q est d'indice premier dans tout $p$-sous-groupes de Sylow de G contenant Q, il résulte de la formule des indices que

(1)$\qquad$Q est sous-groupe maximal de tout $p$-sous-groupe de Sylow de G contenant Q.

D'autre part, tout $p$-sous-groupe de Sylow de G est un p-groupe et est donc nilpotent. Or, d'après le chapitre Groupes nilpotents, tout sous-groupe maximal d'un groupe nilpotent est normal dans ce groupe. Donc, d'après (1),

$\qquad$Q est normal dans tout $p$-sous-groupe de Sylow de G contenant Q.

D'après un exercice sur le chapitre Théorèmes de Sylow, il en résulte que

$\qquad$les $p$-sous-groupes de Sylow de G contenant Q sont exactement les $p$-sous-groupes de Sylow de $N_{G}(Q).$

Il en résulte d'une part que

(2)$\qquad$Q est contenu dans tout $p$-sous-groupe de Sylow de $N_{G}(Q)$

et d'autre part, vu les hypothèses de l'énoncé, que

(3)$\qquad N_{G}(Q)$ a plusieurs $p$-sous-groupes de Sylow.

Le résultat (2) revient à dire que

(4)$\qquad$Q est contenu dans l'intersection des $p$-sous-groupes de Sylow de $N_{G}(Q).$

D'autre part, d'après (3), cette intersection est d'ordre $\leq p^{n-1}=\vert Q\vert .$ Joint à (4), cela montre que

$\qquad$Q est l'intersection des $p$-sous-groupes de Sylow de $N_{G}(Q)$, donc, d'après un exercice sur le chapitre Sous-groupes caractéristiques,

(5)$\qquad$Q est un sous-groupe caractéristique de $N_{G}(Q).$

Désignons par N le normalisateur de $N_{G}(Q)$ dans G. Alors $N_{G}(Q)$ est normal dans N, donc, d'après (5), Q est normal dans N, donc $N\subseteq N_{G}(Q).$ Comme, d'autre part, N contient évidemment $N_{G}(Q)$, on a donc $N=N_{G}(Q)$, c'est-à-dire que $N_{G}(Q)$ est son propre normalisateur dans G. Joint à (5), cela démontre l'énoncé.

 

f) Comme à la question d), on suppose que G est un groupe simple d'ordre 720 et Q un sous-groupe d'ordre 3 de G contenu dans plusieurs 3-sous-groupes de Sylow de G. Prouver que

$\qquad \vert N_{G}(Q)\vert =72.$

Indication : supposer que, par absurde, $\vert N_{G}(Q)\vert =36$; en utilisant un problème ci-dessus sur les groupes d'ordre 36 et un exercice sur le chapitre Groupes nilpotents, prouver qu'il existe un sous-groupe H d'ordre 4 de $N_{G}(Q)$ tel que

$\qquad N_{G}(Q)<N_{G}(H)$ et $[N_{G}(H):N_{G}(Q)]=2$;

à l'aide de la question e), en déduire une contradiction.

Solution

D'après la question d), $\vert N_{G}(Q)\vert$ est égal à 36 ou à 72. Il suffit donc de prouver que $\vert N_{G}(Q)\vert \not =36.$
Supposons que, par absurde,

(hyp. 1)$\qquad \vert N_{G}(Q)\vert =36.$

D'après un problème ci-dessus, tout groupe d'ordre 36 est 2-clos ou 3-clos, donc $N_{G}(Q)$ est 2-clos ou 3-clos. Mais $N_{G}(Q)$ n'est pas 3-clos, car on a vu à la question d) qu'il a quatre 3-sous-groupes de Sylow. Donc $N_{G}(Q)$ est 2-clos, ce qui, dans notre hypothèse (1), revient à dire qu'il a un sous-groupe normal H d'ordre 4. Alors

(2)$\qquad N_{G}(Q)\subseteq N_{G}(H).$

Puisque H est un 2-sous-groupe de G et n'est pas un 2-sous-groupe de Sylow de G, il résulte d'un exercice sur le chapitre Groupes nilpotents que $N_{G}(H)$ contient un sous-groupe d'ordre 8 (contenant H), donc

(3)$\qquad \vert N_{G}(H)\vert$ est divisible par 8.

D'autre part, il résulte de (2) que $\vert N_{G}(H)\vert$ est divisible par $\vert N_{G}(Q)\vert =36$, ce qui, joint à (3), montre que

(4)$\qquad \vert N_{G}(H)\vert$ est divisible par 72.

Donc, d'après notre hypothèse (1) et notre résultat (2),

$\qquad N_{G}(Q)$ est un sous-groupe d'indice 2 de $N_{G}(H)$,

donc

$\qquad N_{G}(Q)$ est un sous-groupe propre normal de $N_{G}(H).$

C'est impossible, car d'après la question e) (où on fait p = 3 et n = 2), $N_{G}(Q)$ est son propre normalisateur dans G. La contradiction obtenue prouve que notre hypothèse (1) est fausse, ce qui, comme nous l'avons vu, démontre l'énoncé.

 

g) Soient G un groupe fini, $p$ un nombre premier et Q un $p$-sous-groupe de G. Prouver qu'il existe un et un seul nombre naturel $conj_{p}(Q)$ tel que chaque $p$-sous-groupe de Sylow de G contienne exactement $conj_{p}(Q)$ G-conjugués de Q.

Solution

Pour tout $p$-sous-groupe de Sylow P de G, notons $X_{Q}(P)$ l'ensemble des G-conjugués de Q contenus dans P.
Soient $P_{1}$ et $P_{2}$ des p-sous-groupes de Sylow de G. D'après les théorèmes de Sylow, $P_{1}$ et $P_{2}$ sont conjugués dans G, donc il existe un élément $g$ de G tel que

$gP_{1}g^{-1}=P_{2}.$

Si $Q_{1}$ désigne un G-conjugué de Q contenu dans $P_{1}$, alors $g\ Q_{1}\ g^{-1}$ est un conjugué de Q contenu dans $P_{2}.$
De même, si $Q_{2}$ désigne un G-conjugué de Q contenu dans $P_{2}$, alors $g^{-1}\ Q_{2}\ g$ est un conjugué de Q contenu dans $Q_{1}.$
Donc l'application

$X_{Q}(P_{1})\to X_{Q}(P_{2}):Q_{1}\mapsto g\ Q_{1}\ g^{-1}$

et l'application

$X_{Q}(P_{2})\to X_{Q}(P_{1}):Q_{2}\mapsto g^{-1}\ Q_{2}\ g$

sont réciproques l'une de l'autre, donc

$\vert X_{Q}(P_{1})\vert =\vert X_{Q}(P_{1})\vert .$

Il existe donc un nombre naturel $conj_{p}(Q)$ tel que pour chaque $p$-sous-groupe de Sylow P de G,

$\vert X_{Q}(P)\vert =conj(p,Q).$

Par définition de $X_{Q}(P)$, cela signifie qu'il existe un nombre naturel $conj_{p}(Q)$ tel que chaque $p$-sous-groupe de Sylow de G contienne exactement $conj_{p}(Q)$ G-conjugués de Q. Puisque l'ensemble des p-sous-groupes de Sylow de G est non vide, $conj_{p}(Q)$ est évidemment unique.

 

h) Soit G un groupe fini, soit $p$ un nombre premier, soit Q un $p$-sous-groupe de G, soient $P_{1},\cdots ,P_{r}$ les différents $p$-sous-groupe de Sylow de G contenant Q.
Pour chaque $i$ dans $\{1,\ldots ,r\},$ on désigne par $X_{Q}(P_{i})$ l'ensemble des G-conjugués de Q contenus dans $P_{i}.$
Prouver que

1° l'ensemble des G-conjugués de Q normalisés par Q est contenu dans $\bigcup _{i=1}^{r}X_{Q}(P_{i})$;

2° si Q est normal dans tout $p$-sous-groupe de Sylow de G contenant Q,

l'ensemble des G-conjugués de Q normalisés par Q est égal à $\bigcup _{i=1}^{r}X_{Q}(P_{i}).$

Solution

Soit R un G-conjugué de Q normalisé par Q.
Puisque R est un G-conjugué de Q et que Q est un $p$-sous-groupe de G, Q et R sont tous deux des $p-$sous-groupes de G, Donc, puisque Q normalise R, Q et R sont contenus dans un même $p-$sous-groupe de Sylow de G (voir les exercices sur le chapitre Théorèmes de Sylow), donc R est contenu dans un des $P_{i}.$ Donc, puisque R est un G-conjugué de Q, R appartient à un des $X_{Q}(P_{i}).$ Nous avons donc prouvé que

(1)$\qquad$l'ensemble des G-conjugués de Q normalisés par Q est contenu dans $\bigcup _{i=1}^{r}X_{Q}(P_{i})$,

ce qui est l'assertion 1° de l'énoncé.
Faisons maintenant l'hypothèse supplémentaire que

(hyp. 2)$\qquad$Q est normal dans tout $p$-sous-groupe de Sylow de G contenant Q,

Du fait que les p-sous-groupes de Sylow de G forment une classe de conjugaison de sous-groupes de G et de l'hypothèse (2), on tire facilement que

(3)$\qquad$tout G-conjugué R de Q est normal dans tout $p$-sous-groupe de Sylow de G contenant R

(imiter la façon dont on a prouvé l'existence de $m_{Q}$ à la question g) ).
Soit T un élément de $X_{Q}(P_{i})$; donc T est un G-conjugué de Q contenu dans $P_{i}.$ D'après (3), T est normal dans $P_{i}$; donc, puisque Q est contenu dans $P_{i},$ T est normalisé par Q. Donc T est un G-conjugué de Q normalisé par Q. Cela prouve que

$\bigcup _{i=1}^{r}X_{Q}(P_{i})$ est contenu dans l'ensemble des G-conjugués de Q normalisés par Q.

Joint à (1), cela prouve l'assertion 2° de l'énoncé.

 

i) Soit G un groupe fini, soit $p$ un diviseur premier de $\vert G\vert$, soit $p^{n}$ la plus grande puissance de $p$ divisant $\vert G\vert$, soit Q un sous-groupe d'ordre $p^{n-1}$ de G.
On désigne par $syl_{p,Q}(G)$ le nombre des $p$-sous-groupes Sylow de G contenant Q et par conj(Q) le nombre des G-conjugués de Q.
Comme à la question g), on désigne par $conj_{p}(Q)$ l'unique nombre naturel tel que chaque p-sous-groupe de Sylow de G contienne exactement $conj_{p}(Q)$ G-conjugués de Q.
Déduire de la question h) que

1°$\qquad$les G-conjugués de Q normalisés par Q sont en nombre $1+syl_{p,Q}(G)\cdot (conj_{p}(Q)-1)$;

2°$\qquad 1+syl_{p,Q}(G)\cdot (conj_{p}(Q)-1)\leq conj(Q).$

Solution

Pour alléger les notations, on va écrire $r$ pour $syl_{p,Q}(G).$
Comme à la question h), notons $P_{1},\cdots ,P_{r}$ les différents $p$-sous-groupe Sylow de G contenant Q et, pour chaque $i$ dans $\{1,\ldots ,r\},$ notons $X_{Q}(P_{i})$ l'ensemble des G-conjugués de Q contenus dans $P_{i}.$
Par définition de $conj_{p}(Q)$, nous avons

(1)$\qquad \vert X_{Q}(P_{1})\vert =\cdots =\vert X_{Q}(P_{r})\vert =conj_{p}(Q).$

D'autre part, puisque les $P_{i}$ contiennent tous Q et que Q est un G-conjugué de Q,

(2)$\qquad X_{Q}(P_{1}),\ldots ,X_{Q}(P_{r})$ comprennent tous Q.

Soient $i,j$ deux différents indices dans $\{1,\ldots ,r\}.$ Si $X_{Q}(P_{i})$ et $X_{Q}(P_{j})$ avaient en commun un élément R distinct de Q, Q et R seraient tous deux contenus dans $P_{i}$ et tous deux contenus dans $P_{j}.$ Puisque $P_{i}$ et $P_{j}$ sont d'ordre $p^{n}$ et que Q et R seraient deux différents sous-groupes d'ordre $p^{n-1}$ de G, on aurait donc

$P_{i}=\langle Q,R\rangle$ et $P_{j}=\langle Q,R\rangle$,

d'où $P_{i}=P_{j}$, contradiction.
Donc les $r$ ensembles $X_{Q}(P_{i})\setminus \{Q\}$ (où $i$ parcourt $\{1,\ldots ,r\}$) sont deux à deux disjoints, donc, d'après (1) et (2),

(3)$\qquad \vert X_{Q}(P_{1})\cup \cdots \cup X(P_{r})\vert =1+r\cdot (conj_{p}(Q)-1)$,

D'après les hypothèses de l'énoncé, Q est d'indice premier dans chaque $p$-sous-groupe de Sylow de G contenant Q, donc, d'après la formule des indices, Q est sous-groupe maximal de chaque $p$-sous-groupe de Sylow P de G contenant Q. Puisqu'un tel P est un $p$-groupe et est donc nilpotent, il résulte donc du chapitre Groupes nilpotents que Q est normal dans chaque $p$-sous-groupe de Sylow de G contenant Q. Donc, d'après la question h), le membre gauche de (3) est égal au nombre des G-conjugués de Q normalisés par Q, donc

(4)$\qquad$les G-conjugués de Q normalisé par Q sont en nombre $1+r\cdot (conj_{p}(Q)-1)=1+syl_{p,Q}(G)\cdot (conj_{p}(Q)-1)$,

ce qui démontre le point 1° de l'énoncé.
Puisque l'ensemble des G-conjugués de Q normalisé par Q est une partie de l'ensemble des G-conjugués de Q, nous avons donc

$1+syl_{p,Q}(G)\cdot (conj_{p}(Q)-1)\leq conj(Q)$,

ce qui démontre le point 2° de l'énoncé.

 

j) Soit G un groupe fini, soit $p$ un nombre premier. On note $syl_{p}(G)$ le nombre des $p$-sous-groupes de Sylow de G. Pour tout $p$-sous-groupe T de G, on note $syl_{p,T}(G)$ le nombre des $p$-sous-groupes de Sylow de G contenant T.
Comme à la question g), on note $conj_{p}(T)$ le nombre naturel tel que chaque $p$-sous-groupe de Sylow de G contienne exactement $conj_{p}(T)$ G-conjugués de T.
Soit Q un $p$-sous-groupe de G. On note conj(Q) le nombre des G-conjugués de Q.
Prouver que

$conj(Q)\cdot syl_{p,Q}(G)=conj_{p}(Q)\cdot syl_{p}(G).$

Indication : on peut évaluer de deux façons le nombre des couples (R, P), où R est un G-conjugué de Q, où P est un p-sous-groupe de Sylow de G et où R est contenu dans P.

Solution

Notons $Syl_{p}(G)$ l'ensemble des p-sous-groupes de Sylow de G.
Notons C l'ensemble des couples (R, P), où R est un G-conjugué de Q, où P est un p-sous-groupe de Sylow de G et où R est contenu dans P.
Une première évaluation de $\vert C\vert$ est

(1)$\qquad \vert C\vert =\sum _{R\in Conj(Q)}syl_{p,R}(G)$,

où Conj(Q) désigne l'ensemble des G-conjugués de Q.
Du fait que les p-sous-groupes de Sylow de G forment une classe de conjugaison de sous-groupes de G, on tire facilement que si R est un G-conjugué de Q,

le nombre $syl_{p,R}(G)$ des p-sous-groupes de Sylow de G contenant R est égal au nombre $syl_{p,Q}(G)$ des p-sous-groupes de Sylow de G contenant Q

(imiter la façon dont on a prouvé l'existence de $conj_{p}(Q)$ à la question g) ).
Donc le résultat (1) peut s'écrire

(2)$\qquad \vert C\vert =conj(Q)\cdot syl_{p,Q}(G).$

Une seconde évaluation de $\vert C\vert$ est

(3)$\qquad \vert C\vert =\sum _{P\in Syl_{p}(G)}conj_{P}(Q)$,

où, pour chaque p-sous-groupe de Sylow P de G, $conj_{P}(Q)$ désigne le nombre des G-conjugués de Q contenus dans P.
Mais il résulte de la question g) que, pour chaque p-sous-groupes de Sylow P de G, le nombre des G-conjugués de Q contenus dans P est égal à $conj_{p}(Q)$, donc (3) peut s'écrire

$\qquad \vert C\vert =conj_{p}(Q)\cdot syl_{p}(G).$

La comparaison de ce résultat avec (2) démontre l'énoncé.

 

k) Comme aux questions d) et f), on suppose que G est un groupe simple d'ordre 720 et Q un sous-groupe d'ordre 3 de G contenu dans plusieurs 3-sous-groupes de Sylow de G. D'après la question g), il existe un et un seul nombre naturel $conj_{3}(Q)$ tel que chaque 3-sous-groupe de Sylow de G contienne exactement $conj_{3}(Q)$ G-conjugués de Q.
À l'aide notamment des questions i) et j), prouver que

1°$\qquad conj_{3}(Q)=1$;

2°$\qquad$le seul G-conjugué de Q normalisé par Q est Q.

Solution

D'après la question j),

(1)$\qquad conj(Q)\cdot syl_{3,Q}(G)=conj_{3}(Q)\cdot syl_{3}(G)$

où conj(Q) désigne le nombre des G-conjugués de Q,
où $syl_{3}(G)$ désigne le nombre des 3-sous-groupes de Sylow de G
et où $syl_{3,Q}(G)$ désigne le nombre des 3-sous-groupes de Sylow de G contenant Q.
On a vu à la question f) que $\vert N_{G}(Q)\vert =72$, donc

(2)$\qquad conj(Q)=10.$

D'après la question d), point (iii),

(3)$\qquad syl_{3,Q}(G)=4.$

En portant (2) et (3) dans (1), on obtient

(4)$\qquad 40=conj_{3}(Q)\cdot syl_{3}(G).$

D'après la question i), point 2°, où on fait $p=3$, nous avons

$\qquad 1+syl_{3,Q}(G)\cdot (conj_{3}(Q)-1)\leq conj(Q)$,

ce qui, d'après (2) et (3), peut s'écrire

$\qquad 1+4(conj_{3}(Q)-1)\leq 10$,

d'où

(5)$\qquad conj_{3}(Q)\leq 3.$

D'après la question b), $syl_{3}(G)$ est égal à 10 ou à 40; s'il est égal à 10, alors, d'après (4), $conj_{3}(Q)=4$, ce qui contredit (5). Donc $syl_{3}(G)=40$, donc, d'après (4),

(6)$\qquad conj_{3}(Q)=1$,

ce qui démontre le point 1° de l'énoncé.
En portant (6) dans la question i), point 1° (où on fait $p=3$), on trouve qu'il n'y a qu'un G-conjugué de Q normalisé par Q. Puisque Q est un G-conjugué de Q normalisé par Q, cela revient à dire que le seul G-conjugué de Q normalisé par Q est Q, ce qui démontre le point 2° de l'énoncé.

 

l) Soit G un groupe simple d'ordre 720. Prouver que les 3-sous-groupes de Sylow de G se coupent trivialement deux à deux.
Indication : si, par absurde, Q est un sous-groupe d'ordre 3 de G contenu dans plusieurs 3-sous-groupes de Sylow de G, alors, d'après la question f), $N_{G}(Q)=72$; en déduire, à l'aide du lemme N/C, que tout élément d'ordre 3 de Q est le carré d'un élément d'ordre 6 de G; faire opérer un tel élément d'ordre 6 par conjugaison sur l'ensemble des G-conjugués de Q; à l'aide du préliminaire 11 du chapitre théorique, en tirer une conclusion qui contredit la question k).

Solution

Supposons que, par absurde,

(hyp. 1)$\qquad$les 3-sous-groupes de Sylow de G ne se coupent pas tous trivialement deux à deux.

Donc

(2)$\qquad$il existe un sous-groupe Q d'ordre 3 de G qui est contenu dans plusieurs 3-sous-groupes de Sylow de G.

D'après le point f),

(3)$\qquad \vert N_{G}(Q)\vert =72.$

D'après le lemme N/C,

(4)$\qquad \vert N_{G}(Q)\vert /\vert C_{G}(Q)\vert$ divise $\vert Aut(Q)\vert .$

Puisque Q est un groupe (cyclique) d'ordre 3, $\vert Aut(Q)\vert$ est égal à 2, donc, d'après (3) et (4),

$\qquad 72/\vert C_{G}(Q)\vert$ divise 2,

$\qquad 72$ divise $2\vert C_{G}(Q)\vert$,

donc

(5)$\qquad \vert C_{G}(Q)\vert$ est divisible par 36.

Retenons seulement que $\vert C_{G}(Q)\vert$ est pair. Donc $C_{G}(Q)$ comprend (au moins) un élément d'ordre 2, soit $a.$ Choisissons un élément $t$ d'ordre 3 de Q. Puisque $a$ commute avec $t$, nous avons

$\qquad (t^{-1}\ a)^{2}=t^{-2}\ a^{2}$ avec $t^{-2}=t$ et $a^{2}=1$, donc

(6)$\qquad (t^{-1}\ a)^{2}=t.$

D'autre part, puisque les ordres respectifs 3 et 2 de $t^{-1}$ et de $a$ sont premiers entre eux, $t^{-1}\ a$ est d'ordre 6, donc (6) montre que

(7)$\qquad t$ est le carré d'un élément $u$ d'ordre 6 de G.

Notons X l'ensemble des G-conjugués de Q.
Puisque G est un groupe simple fini d'ordre composé, il résulte du chapitre Premiers résultats sur les groupes simples que

(8)$\qquad$la permutation $\sigma :R\mapsto u\ R\ u^{-1}$ de X est paire et d'ordre 6.

D'après (3), $\vert X\vert =10$, donc, d'après (8),

$\qquad \sigma$ est une permutation paire d'ordre 6 d'un ensemble à 10 éléments.

D'après le préliminaire 11 du chapitre théorique, la permutation $\sigma ^{2}$ a donc plusieurs points fixes. Cela signifie que la permutation $R\mapsto u^{2}\ R\ u^{-2}$ de X, autrement dit la permutation $R\mapsto t\ R\ t^{-1}$ de X, a plusieurs points fixes, ce qui revient à dire que $t$ normalise plusieurs G-conjugués de Q. Puisque $t$ engendre Q, cela revient encore à dire que Q normalise plusieurs G-conjugués de Q, ce qui contredit la question k)., point 2°. La contradiction obtenue prouve que notre hypothèse (1) est fausse, donc les 3-sous-groupes de Sylow de G se coupent trivialement deux à deux.

 

m) Soit G un groupe simple d'ordre 720. Prouver que les 3-sous-groupes de Sylow sont en nombre 10.
Indication : utiliser un théorème qu'on a appelé « congruence de Sylow à module renforcé » dans un exercice sur le chapitre Théorèmes de Sylow.

Solution

D'après la question l), les 3-sous-groupes de Sylow de G se coupent trivialement deux à deux. Donc, d'après un théorème qu'on a appelé « congruence de Sylow à module renforcé » dans un exercice sur le chapitre Théorèmes de Sylow,

(1)$\qquad$le nombre des 3-sous-groupes de Sylow de G est $\equiv 1{\pmod {9}}.$

D'autre part, on a vu à la question b) que ce nombre est égal à 10 ou à 40. Puisque $40\not \equiv 1{\pmod {9}}$, il résulte donc de (1) qu'il est égal à 10.

 

n) Soit G un groupe simple d'ordre 720. Prouver que G n'a pas d'élément d'ordre 6.
Indication : faire opérer un tel élément par conjugaison sur l'ensemble des 3-sous-groupes de Sylow de G; en utilisant la question m) et le préliminaire 11 du chapitre théorique, obtenir un résultat qui contredit la question l).

Solution

Notons $Syl_{3}(G)$ l'ensemble des 3-sous-groupes de Sylow de G.
D'après la question m),

(1)$\qquad \vert Syl_{3}(G)\vert =10.$

Puisque les 3-sous-groupes de Sylow de G forment une classe de conjugaison de sous-groupes de G, G agit transitivement (et donc non trivialement) par conjugaison sur $Syl_{3}(G).$ Supposons que, par absurde,

(hyp. 2)$\qquad$il existe un élément $x$ d'ordre 6 dans G.

On va maintenant refaire des raisonnements déjà tenus dans la solution de la question l).
Notons $\sigma$ la permutation

$\qquad P\mapsto xPx^{-1}$ de $Syl_{3}(G).$

Puisque G est un groupe simple fini non abélien, il résulte du chapitre Premiers résultats sur les groupes simples que $\sigma$ est une permutation paire d'ordre 6. Donc, d'après (1),

$\sigma$ est une permutation paire d'ordre 6 d'un ensemble à 10 éléments.

Dès lors, d'après le préliminaire 11 du chapitre théorique, la permutation $\sigma ^{2}$ de $Syl_{3}(G)$ a plusieurs points fixes. Autrement dit, la permutation

$\qquad P\mapsto x^{2}Px^{-2}$ de $Syl_{3}(G)$

a plusieurs points fixes, ce qui revient à dire que

(3)$\qquad x^{2}$ normalise plusieurs 3-sous-groupes de Sylow de G.

Mais $x^{2}$ est un élément d'ordre 3 de G, or un élément d'ordre 3 de G qui normalise un 3-sous-groupe de Sylow de G appartient à ce sous-groupe ( voir exercices sur le chapitre Théorèmes de Sylow), donc, d'après (3), $x^{2}$ est un élément d'ordre 3 de G qui appartient à plusieurs 3-sous-groupes de Sylow de G, ce qui contredit la question l). Cette contradiction prouve que notre hypothèse (2) est fausse, donc G n'a pas d'élément d'ordre 6, ce qui démontre l'énoncé.

 

o) Soit G un groupe d'ordre 720. Prouver que les 3-sous-groupes de Sylow de G sont isomorphes à $\mathbb {Z} /3\mathbb {Z} \times \mathbb {Z} /3\mathbb {Z} .$
Indication : utiliser la question m); puis, si un 3-sous-groupe de Sylow de G est cyclique, lui appliquer le problème 1 (préliminaire 1 du chapitre théorique); en déduire un résultat qui contredit la question n).

Solution

Soit P un 3-sous-groupe de Sylow de G.
D'après la question m), les 3-sous-groupes de Sylow de G sont en nombre 10, donc (question b) )

(1)$\qquad \vert N_{G}(P)\vert =72.$

Supposons que, par absurde,

(hyp. 2)$\qquad$P soit cyclique.

Alors, d'après le problème 1 (préliminaire 1 du chapitre théorique),

$\qquad \vert N_{G}(P)\vert /\vert C_{G}(P)\vert$ divise 2,

autrement dit, d'après (1),

$\qquad 72/\vert C_{G}(P)\vert$ divise 2,

$\qquad 72$ divise $2\vert C_{G}(P)\vert$,

$\qquad \vert C_{G}(P)\vert$ est divisible par 36.

Retenons seulement que

$\qquad \vert C_{G}(P)\vert$ est pair.

Nous pouvons donc choisir un élément $a$ d'ordre 2 dans $C_{G}(P).$ D'autre part, nous pouvons choisir un élément $t$ d'ordre 3 dans P. Puisque $a$ appartient à $C_{G}(P)$, $a$ et $t$ commutent. Puisque leurs ordres respectifs 2 et 3 sont premiers entre eux, $at$ est donc un élément d'ordre 6 de G, ce qui contredit la question n). Cette contradiction prouve que notre hypothèse (2) est fausse, donc P n'est pas cyclique. Puisque P est d'ordre 9, il est donc isomorphe à $\mathbb {Z} /3\mathbb {Z} \times \mathbb {Z} /3\mathbb {Z}$, ce qui démontre l'énoncé.

 

p) À l'aide des questions l), m) et o) et d'une conséquence qu'un théorème démontré dans le chapitre théorique permet d'en tirer, prouver qu'il n'y a pas de groupe simple d'ordre 720.

Solution

Soit, par absurde, G un groupe simple d'ordre 720. D'après les question l), m) et o), G possède les trois propriétés suivantes :

les 3-sous-groupes de Sylow se coupent trivialement deux à deux;

ils sont en nombre 10;

ils sont isomorphes à $\mathbb {Z} /3\mathbb {Z} \times \mathbb {Z} /3\mathbb {Z} .$

Puisque, de plus, G est simple, G est donc ce qu'on a appelé dans le chapitre théorique un groupe coléen. Or on a prouvé dans le chapitre théorique que tout groupe coléen est isomorphe à $A_{6}.$ Donc tout groupe simple d'ordre 720 devrait être isomorphe à $A_{6}$, ce qui est impossible, puisque $A_{6}$ est d'ordre 360. Il n'y a donc pas de groupe simple d'ordre 720.