Théorie des groupes/Exercices/Sous-groupe de Frattini

Problème 1

Soit G un groupe simple fini. Prouver que Frat(G) est trivial.

Solution

D'après le chapitre théorique, Frat(G) est un sous-groupe caractéristique et donc normal de G, donc, puisque G est simple, Frat(G) est égal à 1 ou à G. Mais G est un groupe fini non trivial, donc Frat(G) est distinct de G (voir le chapitre théorique, remarque sur l'énoncé 1). Donc Frat(G) = 1.

 

Problème 2

Soient G un groupe fini et $p$ un diviseur premier de $\vert G\vert .$ Prouver que $p$ figure dans la décomposition de $\vert Frat(G)\vert$ en facteurs premiers à une puissance strictement plus petite que dans la décomposition de $\vert G\vert .$ (Autrement dit, si la décomposition de $\vert G\vert$ en facteurs premiers est $p_{1}^{e_{1}}\cdots p_{n}^{e_{n}}$, $\vert Frat(G)\vert$ divise $p_{1}^{e_{1}-1}\cdots p_{n}^{e_{n}-1}.$)
Indication : d'après les théorèmes de Sylow, il revient au même de prouver que si P est un p-sous-groupe de Sylow de G, alors P n'est pas contenu dans Frat(G); dans le cas contraire, déduire de la nilpotence de Frat(G) que P est un sous-groupe normal de G; appliquer le théorème de Schur-Zassenhaus puis le fait que P est contenu dans Frat(G).

Solution

Soit P un p-sous-groupe de Sylow de G. D'après les théorèmes de Sylow, tout revient à prouver que P n'est pas contenu dans Frat(G).
Supposons que, par absurde,

(hyp. 1)$\qquad$P soit contenu dans Frat(G).

Il est clair qu'alors

(2)$\qquad$P est un p-sous-groupe de Sylow de Frat(G).

Puisque, d'après le chapitre théorique, Frat(G) est nilpotent, il résulte de (2) que

(3)$\qquad$P est normal dans Frat(G).

Donc, puisque Frat(G) est caractéristique dans G,

(4)$\qquad$P est normal dans G.

Mais P, étant un sous-groupe de Sylow de G, est un sous-groupe de Hall de G, donc, d'après (4) et le théorème de Schur-Zassenhaus,

(5)$\qquad$P a un complément H dans G.

Alors PH = G. Comme P est supposé contenu dans Frat(G), cela entraîne H = G, donc G est un complément de P dans G, donc $P\cap G=1$, c'est-à-dire P = 1, ce qui est impossible puisque $p$ divise $\vert G\vert$ et que P est un p-sous-groupe de Sylow de G.
La contradiction obtenue prouve que notre hypothèse (1) est fausse, donc P n'est pas contenu dans Frat(G). Comme nous l'avons vu, cela prouve l'énoncé.

 

Problème 3

Soit $n$ un nombre naturel; prouver que Frat($S_{n}$) et Frat($A_{n}$) sont triviaux.
Indication : on peut utiliser le fait que Frat($S_{n}$) est un sous-groupe normal nilpotent de $S_{n}$; on a déterminé les sous-groupes normaux de $S_{n}$ dans les exercices sur le chapitre Groupes alternés.

Solution

Si $n\leq 1$, l'énoncé est banal. On peut donc supposer $n\geq 2.$
Si $n=2$, alors $S_{n}$ est d'ordre premier, donc $Frat(S_{n})=1$ (voir par exemple l'énoncé 3 du chapitre théorique).
Si maintenant $n=3$, alors $\vert S_{n}\vert =6$, donc (par exemple d'après le théorème de Cauchy), on peut choisir un sous-groupe d'ordre 2 et un sous-groupe d'ordre 3 de $S_{n}=S_{3}.$ Chacun de ces deux sous-groupes est d'indice premier dans $S_{n}=S_{3}$, donc est maximal dans $S_{n}=S_{3}$; par exemple parce que les ordres de ces deux sous-groupes sont premiers entre eux, l'intersection de ces deux sous-groupes est triviale, donc $Frat(S_{n})=Frat(S_{3})=1.$ (Voir d'ailleurs le problème 2.)
Soit maintenant $n=4.$ Pour chaque $i$ dans $\{1,2,3,4\}$, notons $T_{i}$ le sous-groupe de $S_{n}=S_{4}$ formé par les permutations de $\{1,2,3,4\}$ qui fixent l'élément $i.$ Alors $T_{i}$ est isomorphe à $S_{3}$ et est donc d'indice 4 dans $S_{n}=S_{4}.$ Donc si $T_{i}$ n'était pas maximal dans $S_{n}=S_{4},$ il serait contenu dans un sous-groupe d'indice 2 de $S_{n}=S_{4}.$ On a vu dans une remarque du chapitre Groupes alternés que pour tout nombre naturel $r\geq 2$, $A_{r}$ est le seul sous-groupe d'indice 2 de $S_{r}$, donc, dans notre hypothèse, $T_{i}$ serait contenu dans $A_{4}$. C'est impossible, car $T_{i}$ comprend des transpositions, qui sont des permutations impaires. Donc chaque $T_{i}$ est maximal dans $S_{n}=S_{4}.$ Comme l'intersection des $T_{i}$ est évidemment triviale, $Frat(S_{4})$ est donc trivial.
Soit maintenant $n\geq 5.$ Puisque $S_{n}$ est un groupe fini non trivial, $Frat(S_{n})$ est un sous-groupe propre de $S_{n}$; de plus, $Frat(S_{n})$ est caractéristique et donc normal dans $S_{n}$ (voir le chapitre théorique). Or on a vu dans les exercices sur le chapitre Groupes alternés que (si $n\geq 5$) les seuls sous-groupes normaux propres de $S_{n}$ sont 1 et $A_{n}$, donc $Frat(S_{n})$ est égal à 1 ou à $A_{n}$. Mais $A_{n}$ est un groupe simple fini non abélien, donc non résoluble, donc non nilpotent, donc, puisque $Frat(S_{n})$ est nilpotent (chapitre théorique), $Frat(S_{n})=1$.
Nous avons donc prouvé que, pour tout nombre naturel $n$, $Frat(S_{n})=1$. Puisque $A_{n}$ est un sous-groupe normal de $A_{n}$, $Frat(A_{n})\leq Frat(S_{n})$ (chapitre théorique), donc $Frat(A_{n})=1$, ce qui achève de démontrer l'énoncé.
Remarque. Pour prouver que le sous-groupe de Frattini de $S_{n}$ est trivial, on pourrait aussi prouver que si $n\geq 2$, alors, pour tout $i$ dans $\{1,\ldots ,n\}$, le sous-groupe $T_{i}$ de $S_{n}$ formé par les permutations de $\{1,\ldots ,n\}$ qui fixent l'élément $i$ est un sous-groupe maximal de $S_{n}$. Comme l'intersection des $T_{i}$ est évidemment le sous-groupe trivial de $S_{n}$, on a donc $Frat(S_{n})=1.$