Théorie des groupes/Exercices/Théorèmes de Sylow

Problème 1 (Autre démonstration des théorèmes de Sylow)

Le but de cet exercice est de donner une démonstration des théorèmes de Sylow qui ne dépend pas de la théorie des espaces vectoriels.

a) Soient G un groupe fini et p un nombre premier. Soit E un ensemble non vide de p-sous-groupes de G possédant les deux propriétés suivantes :

1° si H est un sous-groupe de G appartenant à E, tous les conjugués de H dans G appartiennent à E ;

2° si H et K appartiennent à E, si H normalise K, alors H = K.

Montrer qu'alors, tous les éléments de E sont des sous-groupes de G conjugués entre eux dans G (de sorte que E est une classe de conjugaison de sous-groupes de G) et leur nombre est congru à 1 modulo p.

(Indication. Choisir un élément V de E, le faire opérer par conjugaison sur l’ensemble F de ses conjugués dans G et obtenir un renseignement sur le cardinal de F. Ensuite, supposer que, par absurde, il y ait un élément W de E qui ne soit pas conjugué de V dans G ; faire opérer W par conjugaison sur l’ensemble F déjà considéré (l'ensemble des conjugués de V) et obtenir sur le cardinal de F un renseignement qui contredit le précédent.)

Solution

Puisque l’ensemble E est supposé non vide, nous pouvons choisir un élément V de E. Désignons par F l’ensemble des conjugués V₁, ... , V_r de V dans G. Par hypothèse sur E, ces conjugués appartiennent tous à E. Faisons opérer V sur F par conjugaison, ce qui est clairement possible, puisque l’ensemble F est stable par conjugaison par tout élément de G et a fortiori par tout élément de V. Si un V_i est point fixe, alors V normalise V_i, donc, par hypothèse sur E, V_i est égal à E. Cela montre que V est le seul point fixe de l'opération. Un lemme du chapitre théorique dit que si un p-groupe fini opère sur un ensemble fini X, le nombre de points fixes de cette opération est congru modulo p au cardinal de X. Il résulte donc de ce qui précède que le cardinal r de l’ensemble F des conjugués de V dans G est congru à 1 modulo p.

Supposons maintenant que, par absurde, il existe un élément W de E qui ne soit pas conjugué de V dans G. Nous avons déjà noté que l’ensemble F est stable par conjugaison par tout élément de G, donc nous pouvons faire opérer W sur F par conjugaison. Si un élément V_i de F était point fixe pour cette opération, W normaliserait V_i, donc, par hypothèse sur E, W et V_i seraient égaux, ce qui contredit notre hypothèse selon laquelle W n’est pas un conjugué de V. L'opération de W sur F n'a donc pas d'orbite ponctuelle. D'après le lemme rappelé plus haut, le cardinal r de F est divisible par p. Cela contredit notre précédent résultat, selon lequel r est congru à 1 modulo p.

Nous avons donc prouvé que E est égal à l’ensemble F des conjugués de V et que le cardinal de F, autrement dit de E, est congru à 1 modulo p. Cela démontre l'énoncé.

 

b) Soient G un groupe fini et p un nombre premier. Appelons p-sous-groupe maximal de G tout élément maximal de l’ensemble des p-sous-groupes de G, cet ensemble étant ordonné par inclusion. (On verra plus loin que les p-sous-groupes maximaux de G sont ses p-sous-groupes de Sylow, définis comme les sous-groupes de G dont l’ordre est la plus grande puissance de p divisant |G|.) Prouver que si P est un p-sous-groupe maximal de G, si x est un élément de G dont l’ordre est une puissance de p, si x normalise P, alors x appartient à P.

Solution

Puisque x normalise P, le sous-groupe <x> normalise P, donc <x> P est un sous-groupe de G. D'après la formule du produit, le nombre d'éléments de <x> P divise le produit des ordres de <x> et de P, donc est une puissance de p, donc <x> P est un p-sous-groupe de G. Par maximalité de P, on doit avoir <x> P = P, donc x appartient à P, comme annoncé.

 

c) Montrer que les p-sous-groupes maximaux de G forment une classe de conjugaison de sous-groupes et que leur nombre est congru à 1 modulo p. (Indication : montrer que l’ensemble des p-sous-groupes maximaux de G satisfait aux hypothèses sur E du point a.)

Solution

Désignons par E l’ensemble des p-sous-groupes maximaux de G et montrons que les hypothèses sur E du point a) sont satisfaites. L'ensemble des p-sous-groupes de G n’est pas vide (il comprend 1), donc, comme tout ensemble ordonné fini non vide, il a au moins un élément maximal. (Il suffit d'ailleurs de considérer un p-sous-groupe de G dont l’ordre est le plus grand possible.) Donc E n’est pas vide.

Montrons que E satisfait à la condition 1° du point a), c'est-à-dire que si E comprend un sous-groupe de G, il comprend tout conjugué de ce sous-groupe dans G. Soient P un p-sous-groupe maximal de G et g un élément de G. Il s'agit de prouver que g^-1Pg est un p-sous-groupe maximal de G. Tout groupe isomorphe à un p-groupe est un p-groupe, donc g^-1Pg est un p-sous-groupe de G. Prouvons que c’est un p-sous-groupe maximal de G. Soit Q un p-sous-groupe de G contenant g^-1Pg; il s'agit de prouver que Q = g^-1Pg. Du fait que Q contient g^-1Pg, il résulte que gQg^-1 contient P. Mais gQg^-1 est un p-sous-groupe de G, donc, par maximalité de P, gQg^-1 = P, d'où Q = g^-1Pg, ce qui, comme on l'a vu, prouve que tout conjugué d'un p-sous-groupe maximal de G est lui aussi un p-sous-groupe maximal de G, autrement dit tout conjugué d'un élément de E appartient à E. Cela prouve que E satisfait à la condition 1° du point a).

Prouvons maintenant que E satisfait à la condition 2° de l'énoncé a). Soient H et K deux p-sous-groupes maximaux de G tels que H normalise K; il s'agit de prouver que H = K. Dire que H normalise K revient à dire que tout élément de H normalise K. Comme l’ordre de tout élément de H est une puissance de p, il résulte du point b) que H est contenu dans K. Par maximalité de H, on a donc H = K, comme annoncé.

Ainsi, E satisfait aux hypothèses du point a). Il résulte donc du point a) que les p-sous-groupes maximaux de G forment une classe de conjugaison de sous-groupes et que leur nombre est congru à 1 modulo p.

 

d) Soient G un groupe fini et p un diviseur premier de l’ordre de G. Prouver le théorème de Cauchy, à savoir que G comprend au moins un élément d'ordre p. (Indication. On peut utiliser la démonstration de McKay : faire opérer le groupe Z/pZ par « rotation » sur l’ensemble des p-uplets (x₁, ... , x_p) d'éléments de G tels que x₁ ... x_p = 1.)

Solution

Désignons par A l’ensemble des p-uplets (x₀, ... , x_p-1) d'éléments de G tels que x₀ ... x_p-1 = 1. Si (x₀, ... , x_p-1) est un tel p-uplet, le p-uplet (x₁, x₂, ... , x_p-1, x₀) en est un aussi. En effet, en multipliant à gauche les deux membres de l'égalité x₀ ... x_p-1 = 1 par l'inverse de x₀ puis à droite par x₀, nous trouvons x₁ x₂ ... x_p-1 x₀ = 1.

On en tire qu’il existe une et une seule application de Z/pZ × A (produit cartésien) dans A qui, pour tout nombre naturel n et tout élément x = (x₀, ... , x_p-1) de A, applique le couple (n + p Z, x) sur (x_{r(0 + n)}, ... , x_r(p-1+n)), où r(s) désigne le reste de s par p. On vérifie que cette application est une opération du groupe Z/pZ sur l’ensemble A. D'après le lemme rappelé dans la solution de la question a, le nombre des points fixes de cette opération est congru modulo p au cardinal de A. Il est clair que le cardinal de A est la (p-1)-ième puissance de l’ordre de G : à chaque (p-1)-uplet (x₀, ... , x_p-2) d'éléments de G correspond un seul élément de A de la forme (x₀, ... , x_p-2, x_p-1), x_p-1 étant défini de manière unique par la condition x₀ ... x_p-1 = 1. Puisque l’ordre de G est supposé divisible par p, le cardinal de A est donc divisible par p. Dès lors, il résulte de ce qui précède que le nombre des points fixes est divisible par p. Mais les points fixes sont clairement les p-uplets de la forme (x, x, ... , x) avec x^p = 1, donc le nombre des points fixes est le nombre des éléments x de G tels que x^p = 1. Nous avons ainsi montré que le nombre de ces éléments est divisible par p. Puisque 1 est un de ces éléments, leur nombre n’est pas nul et est donc au moins égal à p. En particulier, il y a au moins un de ces éléments qui est distinct de 1, c'est-à-dire que G a au moins un élément d'ordre p.

Remarques

• Cette démonstration prouve même que le nombre d'éléments d'ordre p est congru à –1 modulo p.
• On trouve une autre preuve de ce fait plus précis (à partir du théorème de Cauchy proprement dit) au début de (en) Marcel Herzog, « Counting group elements of order $p$ modulo $p^{2}$ », Proc. Amer. Math. Soc., vol. 66, 1977, p. 247-250 [lien DOI]

 

e) Prouver que les p-sous-groupes maximaux de G sont exactement les p-sous-groupes de Sylow de G, c'est-à-dire les sous-groupes de G dont l'ordre est la plus grande puissance de p divisant |G|. (Indication : à l'aide des points b) et d), montrer que si P est un p-sous-groupe maximal de G, alors l'indice de P dans N_G(P) n'est pas divisible par p.)

Solution

Posons |G| = p^am, où m n’est pas divisible par p. Prouvons d’abord que tout p-sous-groupe de Sylow de G est un p-sous-groupe maximal de G. Soit P un p-sous-groupe de Sylow de G contenu dans un p-sous-groupe Q de G. Il s'agit de prouver que P = Q. Par définition des p-sous-groupes de Sylow, P est d'ordre p^a, donc, puisque P est contenu dans Q, l’ordre p^a de P divise l’ordre de Q. Puisque Q est un p-groupe, Q est donc d'ordre p^b, avec a ≤ b. D'après le théorème de Lagrange, p^b divise |G| = p^am, donc b ≤ a. On a donc a = b, donc P et Q ont le même ordre. Puisqu’ils sont en relation d'inclusion, on a donc P = Q. Comme on l'a vu, cela prouve que tout p-sous-groupe de Sylow de G est un p-sous-groupe maximal de G.

Prouvons maintenant que tout p-sous-groupe maximal H de G est un p-sous-groupe de Sylow de G. Cela revient clairement à prouver que l'indice de H dans G n’est pas divisible par p. D'après le point c), le nombre des conjugués de H dans G est congru à 1 modulo p et n'est donc pas divisible par p. D'après un théorème démontré dans le chapitre Action de groupe, le nombre des conjugués de H dans G est égal à l'indice dans G du normalisateur N_G(H) de H dans G, donc l'indice [G:N_G(H)] n’est pas divisible par p. D'après la formule des indices,

[G:H] = [G:N_G(H)] [N_G(H):H],

donc, pour prouver que l'indice de H dans G n’est pas divisible par p, il suffit de prouver que [N_G(H):H] n’est pas divisible par p. Comme H est normal dans N_G(H), nous pouvons considérer le groupe quotient N_G(H)/H et il s'agit de prouver que l’ordre de ce groupe n’est pas divisible par p. Supposons que, par absurde, il le soit. Alors, d’après le théorème de Cauchy démontré au point d), il y a dans ce groupe un élément d'ordre p. Cela signifie qu’il y a un élément x de N_G(H) n'appartenant pas à H mais tel que x^p appartienne à H. Puisque H est un p-groupe, le fait que x^p appartient à H entraîne que l’ordre de x est une puissance de p. D'autre part, puisque x appartient à N_G(H), x normalise H. D'après le point b), ces deux faits entraînent que x appartient à H, contradiction. Cette contradiction prouve que l’ordre de N_G(H)/H n’est pas divisible par p et, comme nous l'avons vu, cela achève de prouver l'énoncé.

 

Remarques.

1. Les théorèmes de Sylow, démontrés dans le chapitre théorique, résultent du point e) et de ce qui précède. On s'est ainsi passé de la théorie des espaces vectoriels.
2. Certains énoncés démontrés ici serviront à prouver que tous les groupes simples d'ordre 360 sont isomorphes.

Problème 2 (Groupe p-clos)

Soient G un groupe fini et p un nombre premier. Prouver que les trois conditions suivantes sont équivalentes :
a) tout p-sous-groupe de Sylow de G est distingué dans G;
b) il existe un p-sous-groupe de Sylow de G qui est distingué dans G;
c) G n'a qu'un p-sous-groupe de Sylow.

Solution

Si la condition a) est satisfaite, la condition b) l'est, car G admet au moins un p-sous-groupe de Sylow.
Supposons la condition b) satisfaite et prouvons c). Il existe donc un p-sous-groupe de Sylow P de G qui est distingué dans G. D'après la théorie, tout p-sous-groupe de Sylow de G est conjugué de P. Puisque P est distingué, il est son seul conjugué, donc il est le seul p-sous-groupe de Sylow de G, donc la condition c) est satisfaite.
Supposons enfin la condition c) satisfaite et prouvons a). soit P l'unique p-sous-groupe de Sylow de G. Tout conjugué de P est un p-sous-groupe de Sylow de G, donc, vu l'hypothèse c), est égal à P. Donc P est distingué. Puisque, par hypothèse, c’est le seul p-sous-groupe de Sylow de G, la condition a) est satisfaite.

 

Remarque. Dans la littérature mathématique de langue anglaise, un groupe fini G est dit p-closed, pour un nombre premier p donné, si les conditions équivalentes a), b) et c) sont satisfaites. On trouve dans la littérature de langue française l'expression « p-sous-groupe p-clos » d'un groupe fini G pour désigner un p-sous-groupe de G qui comprend tous les éléments dont l'ordre est puissance de p. Si un tel sous-groupe de G existe, il est unique et est l'unique p-sous-groupe de Sylow de G. Dire que G admet un p-sous-groupe p-clos dans le second sens de « p-clos » revient donc à dire que G est p-clos dans le premier sens. Dans le présent cours, on utilisera l'expression dans son premier sens.

Problème 3 (Sous-groupes de Sylow d'un sous-groupe et d'un groupe quotient)

Soient G un groupe fini, H un sous-groupe de G, p un nombre premier et P un p-sous-groupe de Sylow de G.

a) Dans le chapitre théorique, on a prouvé à l'aide de l'équation aux classes qu'il existe un conjugué P₁ de P dans G tel que P₁ ⋂ H soit un p-sous-groupe de Sylow de H. Donner une démonstration qui ne repose pas sur l'équation aux classes, mais qui repose sur le fait que H a au moins un p-sous-groupe de Sylow. (On a démontré ce dernier fait au problème 1, sans utiliser l'énoncé à démontrer ici.)

Solution

D'après les théorèmes de Sylow, démontrés au problème 1, nous pouvons choisir un p-sous-groupe de Sylow de H, soit Q. Alors Q est un p-sous-groupe de G, donc, toujours d'après les théorèmes de Sylow, Q est contenu dans un p-sous-groupe de Sylow P₁ de G. Alors Q est contenu dans P₁ ⋂ H, qui est un p-sous-groupe de H. Comme un p-sous-groupe de Sylow de H est maximal parmi les p-sous-groupes de H, on a donc P₁ ⋂ H = Q. Toujours d'après les théorèmes de Sylow, P₁ est un conjugué de P dans G, d'où l'énoncé.

 

b) On ajoute aux hypothèses que P ou H est normal dans G. Prouver que H ⋂ P est un p-sous-groupe de Sylow de H.

Solution

Si P est normal dans G, alors tout conjugué de P dans G est égal à P et la thèse résulte immédiatement du point a). Cessons de supposer P normal dans G, mais supposons H normal dans G. D'après le point a), il existe un élément g de G tel que (gPg^-1)⋂ H soit un p-sous-groupe de Sylow de H. Puisque H est normal dans G, x ↦ g^-1 x g définit un automorphisme de H; d'autre part, l'image d'un p-sous-groupe de Sylow de H par un automorphisme de H est clairement un p-sous-groupe de Sylow de H. Donc l'image de (gPg^-1)⋂ H par x ↦ g^-1 x g, c'est-à dire P ⋂ g^-1 H g = P ⋂ H, est un p-sous-groupe de Sylow de H.

Voici une autre démonstration dans le cas où H est normal dans G. D'après la formule du produit, nous avons l'égalité entre indices

(1) [H: H ⋂ P] = [HP:P].

Comme H est normal dans G, HP est un sous-groupe de G, donc le second membre de (1) divise [G:P] et n'est donc pas divisible par p. Il en est donc de même du premier membre de (1) :

(2) [H: H ⋂ P], n’est pas divisible par p.

D'autre part, H ⋂ P, étant sous-groupe de P, est un p-groupe et donc un p-sous-groupe de H. Joint à (2), cela prouve que H ⋂ P est un p-sous-groupe de Sylow de H.

 

c) On ajoute aux hypothèses générales que H est normal dans G. Prouver que PH/H est un p-sous-groupe de Sylow de G/H et que tout p-sous-groupe de Sylow de G/H est de la forme QH/H pour un p-sous-groupe de Sylow Q de G.

Solution

D'après la formule du produit (ou le second théorème d'isomorphisme), l’ordre de PH/H est égal à l’ordre de P/ (H ⋂ P), donc divise l’ordre de P, donc PH/H est un p-groupe. D'autre part (par exemple d’après le troisième théorème d'isomorphisme, ou encore simplement d’après la relation [A:B] = |A|/|B|, vraie pour tout groupe fini A et tout sous-groupe B de A), l'indice de PH/H dans G/H est égal à [G:PH]. D'après la formule des indices, l'indice [G:PH] divise [G:P] et n'est donc pas divisible par p. Nous avons donc prouvé que PH/H est un p-sous-groupe de G/H dont l'indice dans G/H n’est pas divisible par p, autrement dit PH/H est un p-sous-groupe de Sylow de G/H, ce qui démontre la première assertion de l'énoncé.
Prouvons la seconde assertion de l'énoncé. Soit Q' un p-sous-groupe de Sylow de G/H; il s'agit de prouver la

(thèse 1) : il existe un p-sous-groupe de Sylow Q de G tel que Q' soit l'image QH/H de Q par l'homomorphisme canonique $\varphi :G\rightarrow G/H.$

Choisissons un p-sous-groupe de Sylow de G, par exemple le P de l'énoncé. D'après la première partie de l'énoncé, PH/H, autrement dit $\varphi (P),$ est un p-sous-groupe de Sylow de G/H, donc Q' et $\varphi (P)$ sont conjugués dans G/H, donc il existe un élément g de G tel que

$Q'=\varphi (g)\varphi (P)\varphi (g)^{-1}$

$Q'=\varphi (gPg^{-1}).$

Comme $gPg^{-1}$ est un p-sous-groupe de Sylow de G, cela prouve notre thèse (1) avec $Q=gPg^{-1}.$

 

Problème 4

Soient p et q deux nombres premiers distincts et G un groupe d'ordre pq. Prouver que G n'est pas simple.

Solution

Soit par exemple p < q. D'après les théorèmes de Sylow, le nombre des q-sous-groupes de Sylow de G est congru à 1 modulo q et divise p. Ce nombre ne peut pas être égal à p, car p, étant < q, n'est pas congru à 1 modulo q. Donc le nombre des q-sous-groupes de Sylow de G est égal à 1. Comme noté dans le problème 2 ci-dessus, cela entraîne que G a un sous-groupe normal d'ordre q et n'est donc pas simple.

 

Problème 5. (Assez difficile.)

Soient G un groupe fini, p un diviseur premier de l’ordre de G et P un p-sous-groupe de Sylow de G. Soient U et W des sous-groupes distingués de P. Prouver que U et W sont conjugués dans G si et seulement s'ils sont conjugués dans le normalisateur N_G(P). (Burnside)

Solution

Solution. Supposons que U et W sont conjugués dans G et prouvons qu’ils le sont dans N_G(P), ce qui est évidemment l'essentiel. Il existe un élément g de G tel que gUg^-1 = W. Puisque U est normal dans P, il en résulte que W est sous-groupe normal de gPg^-1. (Un isomorphisme d'un groupe sur un autre transforme les sous-groupes normaux du premier en les sous-groupes normaux du second. Appliquer cela à l'isomorphisme $x\mapsto gxg^{-1}$ de P sur gPg^-1.) Ainsi, W est normal dans P et dans gPg^-1, donc dans le sous-groupe de G qu’ils engendrent, soit H. Il est clair que P et gPg^-1 sont des sous-groupes de Sylow de H, donc ils sont conjugués dans H, autrement dit il existe un élément h de H tel que hgPg^-1h^-1 = P. Alors $hg\in N_{G}(P)$ et hgUg^-1h^-1 = hWh^-1 = W (cette dernière relation provenant de ce que W est normal dans H). Ainsi, W est conjugué de U par l'élément hg de N_G(P).

 

Remarque. L'énoncé de ce problème nous servira à prouver que tous les groupes simples d'ordre 168 sont isomorphes.

Problème 6 (Congruence de Sylow à module renforcé)

a) Soient G un groupe fini, p un nombre premier et P un p-sous-groupe de Sylow de G. Montrer que si un élément x de G dont l’ordre est une puissance de p normalise P, x appartient à P.

Solution

Cela résulte d'un des problèmes qui précèdent. Pour rendre le présent problème autonome, on va redonner une démonstration. Le sous-groupe <x> de G engendré par x normalise P, donc le sous-groupe de G engendré par P et par x est l’ensemble <x> P. Le cardinal de cet ensemble divise $\vert <x>\vert \cdot \vert P\vert$ (voir la formule du produit démontrée dans le chapitre Classes modulo un sous-groupe) et est donc une puissance de p. Par maximalité des p-sous-groupes de Sylow de G comme sous-groupes de G dont l’ordre est une puissance de p, <x> P est donc égal à P, donc x appartient à P.
On aurait pu dire aussi que <x> est un p-sous-groupe de N_G(P) et est donc contenu dans un p-sous-groupe de Sylow de N_G(P). Or P est évidemment un p-sous-groupe de Sylow de N_G(P) et c’est le seul, puisqu’il est sous-groupe distingué de N_G(P). Donc x appartient à P.

 

b) Soient G un groupe fini, p un nombre premier et P un p-sous-groupe de Sylow de G. Désignons par Syl(p, G) l’ensemble des p-sous-groupes de Sylow de G et faisons opérer P sur Syl(p, G) par conjugaison. Prouver que pour tout élément Q de Syl(p, G), le stabilisateur de Q est P ⋂ Q.

Solution

Soit Q un élément de Syl(P, G). Il est clair que tout élément de P ⋂ Q stabilise Q pour l'opération considérée. Réciproquement, soit x un élément de P qui stabilise Q, prouvons que x appartient à Q (et donc à P ⋂ Q). Dire que x stabilise Q signifie que xQx^-1 = Q, autrement dit que x normalise Q. Comme x a pour ordre une puissance de p (parce qu’il appartient à P), il appartient à Q d’après le point a).

 

c) Soient G un groupe fini, p un nombre premier et m le plus grand entier naturel tel que p^m divise l’ordre de G. (Donc p^m est l’ordre des p-sous-groupes de Sylow de G.) On suppose que, pour un certain entier naturel i ≤ m, l'intersection de deux p-sous-groupes de Sylow de G distincts est toujours d'ordre ≤ p^m-i. Prouver que le nombre des p-sous-groupes de Sylow de G est congru à 1 modulo pⁱ. (Indication : utiliser le point b) et l'équation aux classes.)

Solution

Soit r le nombre des p-sous-groupes de Sylow de G. Il s'agit de prouver que r est congru à 1 modulo pⁱ. Comme au point b), choisissons arbitrairement un p-sous-groupe de Sylow P de G et faisons-le opérer sur Syl(p, G) par conjugaison. Si Q est un point fixe pour cette opération, son stabilisateur est P tout entier, donc, d’après le point b), P ⋂ Q = P, d'où P ⊆ Q. Comme P et Q ont le même ordre fini p^m, Q est donc égal à P. Ceci montre que P est le seul point fixe pour l'opération considérée. (On a d'ailleurs prouvé ce fait dans la théorie.)
Posons Q₁ = P et choisissons un système Q₂, ... , Q_s de représentants des orbites non ponctuelles. D'après l'équation aux classes,

r = 1 + [P:Stab(Q₂)] + ... + [P:Stab(Q_s)].

D'après le point b), cela peut s'écrire

(1) r = 1 + [P : P ⋂ Q₂)] + ... + [P : P ⋂ Q_s)].

Puisque Q₂, ... , Q_s sont tous distincts de P, il résulte des hypothèses de l'énoncé que, pour tout i ≥ 2, l’ordre de P ⋂ Q_i divise p^m-i, donc [P : P ⋂ Q_i], égal à $\ \vert P\vert /\vert P\cap Q_{i}\vert$, est multiple de pⁱ. La relation (1) montre donc que r est congru à 1 modulo pⁱ, ce qui démontre l'énoncé.

Remarque : si p ne divise pas l’ordre de G, on ne peut pas trouver deux p-sous-groupes de Sylow de G distincts, car G a alors un unique p-sous-groupe de Sylow, à savoir son sous-groupe trivial. Il en résulte que n'importe quel entier i tel que $0\leq i\leq m$ convient. Les congruences obtenues dans ce cas pour chaque valeur possible de i ne sont pas intéressantes, puisqu'on connaît alors précisément le nombre de p-sous-groupes de Sylow de G, mais elles n'en sont pas moins correctes.

 

d) Soient G un groupe fini, p un nombre premier et m le plus grand entier naturel tel que p^m divise l’ordre de G. (Donc p^m est l’ordre des p-sous-groupes de Sylow de G.) On suppose que les p-sous-groupes de Sylow de G se coupent trivialement deux à deux, c'est-à-dire que l'intersection de deux p-sous-groupes de Sylow de G distincts est toujours réduite à l'élément neutre. Prouver que le nombre des p-sous-groupes de Sylow de G est congru à 1 modulo p^m.

Solution

Faire i = m dans l'énoncé du point c).

 

Problème 7 (Intersection des p-sous-groupes de Sylow et intersection de leurs normalisateurs)

Soient G un groupe fini et p un nombre premier. Prouver que l'intersection des p-sous-groupes de Sylow de G et l'intersection des normalisateurs de ces sous-groupes dans G sont des sous-groupes normaux de G.

Solution

Choisissons un p-sous-groupe de Sylow P de G. Alors l'intersection des p-sous-groupes de Sylow de G est l'intersection des conjugués de P dans G, autrement dit le cœur de P dans G, et est donc un sous-groupe normal de G (voir un exercice de la série Conjugaison, centralisateur, normalisateur). D'autre part, les normalisateurs (dans G) des p-sous-groupes de Sylow de G sont les conjugués de $N_{G}(P)$ (voir un exercice de la série Conjugaison, centralisateur, normalisateur), donc l'intersection des normalisateurs des p-sous-groupes de Sylow de G est le cœur de $N_{G}(P)$ et est donc elle aussi un sous-groupe normal de G.

 

Remarque. On verra dans un exercice de la série Sous-groupes caractéristiques que l'intersection des p-sous-groupes de Sylow de G et l'intersection des normalisateurs de ces sous-groupes dans G sont en fait des sous-groupes caractéristiques de G, ce qui est plus fort que l'énoncé du présent problème.

Problème 8

Soit p un nombre premier, soit G un groupe fini, soit m le plus grand nombre naturel tel que p^m divise |G|, soit a le nombre des p-sous-groupes de Sylow de G, soient P₁, ... , P_a les p-sous-groupes de Sylow de G.
Posons b = |G| / (p^ma). (D'après les théorèmes de Sylow, b est un nombre naturel.)
Prouver que $\bigcap _{i=1}^{a}P_{i}$ est l'unique p-sous-groupe de Sylow de $\bigcap _{i=1}^{a}N_{G}(P_{i})$ et que les ordres de $\bigcap _{i=1}^{a}N_{G}(P_{i})$ et de Z(G) divisent $b\ \vert \bigcap _{i=1}^{a}P_{i}\vert$.

Solution

Pour prouver que $\bigcap _{i=1}^{a}P_{i}$ est l'unique p-sous-groupe de Sylow de $\bigcap _{i=1}^{a}N_{G}(P_{i})$, il suffit de prouver que tout élément x de $\bigcap _{i=1}^{a}N_{G}(P_{i})$ dont l’ordre est une puissance de p est contenu dans $\bigcap _{i=1}^{a}P_{i}$. (Si un p-sous-groupe S d'un groupe K comprend tous les éléments de K dont les ordres sont des puissances de p, ce p-sous-groupe S contient tous les p-sous-groupes de Sylow de K, donc, par maximalité des p-sous-groupes de Sylow de K parmi les p-sous-groupes de K, S est égal à tous les p-sous-groupes de Sylow de K.) Pour chaque i (i = 1, ..., a), x est un élément dont l’ordre est une puissance de p et qui normalise le p-sous-groupe de Sylow P_i, donc, d’après un précédent exercice, x appartient à P_i. Ceci étant vrai pour chaque i, x appartient à $\bigcap _{i=1}^{a}P_{i}$. Nous avons donc bien prouvé que $\bigcap _{i=1}^{a}P_{i}$ est l'unique p-sous-groupe de Sylow de $\bigcap _{i=1}^{a}N_{G}(P_{i})$. Donc

(1) p figure à la même puissance dans $\vert \bigcap _{i=1}^{a}P_{i}\vert$ et dans $\vert \bigcap _{i=1}^{a}N_{G}(P_{i})\vert$.

D'autre part, puisque les p-sous-groupes de Sylow de G forment une classe de conjugaison de sous-groupes et que le cardinal de cette classe est a, l'indice de chaque N_G(P_i) dans G est a, autrement dit

(2) chaque N_G(P_i) est d'ordre bp^m.

Puisque $\bigcap _{i=1}^{a}N_{G}(P_{i})$ est contenu dans N_G(P₁), $\vert \bigcap _{i=1}^{a}N_{G}(P_{i})\vert$ divise |N_G(P₁)|, c'est-à-dire, d’après (2), que

$\vert \bigcap _{i=1}^{a}N_{G}(P_{i})\vert$ divise bp^m.

Comme b est premier avec p, ceci et (1) montrent que

$\vert \bigcap _{i=1}^{a}N_{G}(P_{i})\vert$ divise b $\vert \bigcap _{i=1}^{a}P_{i}\vert$.

Il est clair que Z(G) est contenu dans $\bigcap _{i=1}^{a}N_{G}(P_{i})$ (le centre normalise tout sous-groupe), donc l’ordre de Z(G) divise lui aussi b $\vert \bigcap _{i=1}^{a}P_{i}\vert$.

 

Remarque. L'énoncé de ce problème nous servira à résoudre un exercice du chapitre Groupes alternés, qui nous permettra à son tour de prouver que le groupe des automorphismes du groupe des quaternions est isomorphe à S₄.

Problème 9 (Nombre des p-sous-groupes de Sylow d'un sous-groupe)

a) Soient G un groupe fini et p un nombre premier, soient P et Q deux différents p-sous-groupes de Sylow de G. Montrer que le sous-groupe <P,Q> de G engendré par P et Q n'est pas un p-groupe.

Solution

Par exemple, P n'est pas contenu dans Q, donc le sous-groupe <P,Q> de G contient Q strictement. Puisque Q est un p-sous-groupe de Sylow de G et que tout p-sous-groupe de Sylow de G est maximal parmi les p-sous-groupes de G, <P,Q> n'est donc pas un p-sous-groupe de G.

 

b) Soient G un groupe fini, H un sous-groupe de G, p un nombre premier. Notons Syl_p(G) (resp. Syl_p(H)) l'ensemble des p-sous-groupes de Sylow de G (resp. de H). Prouver qu'il existe une injection f de Syl_p(H)) dans Syl_p(G)) telle que, pour tout élément S de Syl_p(H)), f(S) contienne S (ce qui, en particulier, entraîne que le nombre des p-sous-groupes de Sylow de H est inférieur ou égal au nombre des p-sous-groupes de Sylow de G). (Indication : appliquer le point a) au groupe H.)

Solution

Notons Syl_p(G) (resp. Syl_p(H)) l'ensemble des p-sous-groupes de Sylow de G (resp. de H). Tout p-sous-groupe de Sylow de H est un p-sous-groupe de G, donc est contenu dans un p-sous-groupe de Sylow de G. Nous pouvons donc définir une application f de Syl_p(H) dans Syl_p(G) telle que, pour tout élément P de Syl_p(H), f(P) soit un p-sous-groupe de Sylow de G contenant P. Une telle application f est forcément injective. En effet, si P et Q sont deux différents p-sous-groupes de Sylow de H, alors, d'après le point a), <P,Q> n'est pas un p-groupe, donc P et Q ne sont pas contenus dans un même p-sous-groupe de Sylow de G, donc f(P) et f(Q) sont distincts, ce qui prouve que f est injective. L'énoncé en résulte.

 

Remarque. On se servira du point b) dans un exercice sur le chapitre des groupes simples d'ordre 168.

Problème 10 (p-sous-groupes normaux)

Soient G un groupe fini et $p$ un nombre premier.

a) Soient Q un $p$-sous-groupe de G et P un $p$-sous-groupe de Sylow de G. On suppose que Q normalise P ou P normalise Q. Prouver que P contient Q.

Solution

On va refaire un raisonnement déjà fait dans certains des problèmes ci-dessus.
Puisque, par hypothèse, un des deux sous-groupes P et Q normalise l'autre, le sous-groupe $\langle P,Q\rangle$ de G est égal à PQ. Par exemple d'après la formule du produit, il en résulte que l'ordre de $\langle P,Q\rangle$ est une puissance de $p$, autrement dit $\langle P,Q\rangle$ est un $p$-sous-groupe de G. Puisque ce sous-groupe contient P, il résulte de la maximalité des $p$-sous-groupes de Sylow dans l'ensemble des $p$-sous-groupes que $\langle P,Q\rangle =P$, donc P contient Q.

 

b) Soit R un $p$-sous-groupe normal de G. On a vu dans le chapitre théorique que R est contenu dans chaque $p$-sous-groupe de Sylow de G. Prouver ce fait à l'aide du point a).

Solution

Soit P un $p$-sous-groupe de Sylow de G. Puisque, par hypothèse, R est normal dans G, P normalise R, donc, d'après le point a), P contient R, ce qui démontre l'énoncé.

 

Problème 11

Soit G un groupe fini, soit $p$ un nombre premier, soit Q un $p$-sous-groupe de G. On suppose que Q est normal dans chaque $p$-sous-groupe de Sylow de G qui contient Q.

a) Notons H le sous-groupe de G engendré par les $p$-sous-groupes de Sylow de G contenant Q. Prouver que les $p$-sous-groupes de Sylow de G contenant Q sont exactement les $p$-sous-groupes de Sylow de H.
Indication : on peut utiliser le problème 10.

Solution

Soient $P_{1},\ldots ,P_{r}$ les différents $p$-sous-groupes de Sylow de G contenant Q. D'après le chapitre théorique, Q est contenu dans au moins un $p$-sous-groupes de Sylow de G, donc $r\geq 1$, donc nous pouvons parler de $P_{1}.$
Par définition, H est le sous-groupe $\langle P_{1},\ldots ,P_{r}\rangle$ de G engendré par $P_{1}\cup \ldots \cup P_{r}.$
Puisque Q est contenu dans $P_{1}$,

(1)$\qquad$Q est contenu dans H.

Chaque $P_{i}$ est contenu dans H. Puisque $P_{i}$ est un $p$-sous-groupe de Sylow de G, il en résulte que $P_{i}$ est un $p$-sous-groupe de Sylow de H. Cela montre que tout $p$-sous-groupe de Sylow de G contenant Q est un $p$-sous-groupe de Sylow de H. Il reste à prouver la réciproque, à savoir que

(thèse 2)$\qquad$tout $p$-sous-groupe de Sylow de H est un $p$-sous-groupe de Sylow de G contenant Q.

Puisque H contient $P_{1}$, $\vert H\vert$ est divisible par $\vert P_{1}\vert$. Puisque $P_{1}$ est un $p$-sous-groupe de Sylow de G, cela revient à dire que $\vert H\vert$ est divisible par la plus grande puissance de $p$ qui divise $\vert G\vert$, donc

tout $p$-sous-groupe de Sylow de H est un $p$-sous-groupe de Sylow de G.

Pour prouver la thèse (2), il reste donc à prouver que

(thèse 3)$\qquad$ tout $p$-sous-groupe de Sylow de H contient Q.

D'après les hypothèses générales du problème, chaque $P_{i}$ normalise Q, donc $\langle P_{1},\ldots ,P_{r}\rangle$ normalise Q (rappel : normaliser revient à être contenu dans le normalisateur), ce qui, d'après (1), revient à dire que

(4)$\qquad$Q est normal dans H.

Dès lors, puisque Q est un $p$-groupe, il résulte du problème 10, point b), que Q est contenu dans tout $p$-sous-groupe de Sylow de H, ce qui prouve la thèse (3). Comme nous l'avons vu, la thèse (2) en résulte, d'où l'énoncé du point a).

 

b) Toujours dans l'hypothèse où Q est normal dans chaque $p$-sous-groupe de Sylow de G contenant Q, prouver que le nombre des $p$-sous-groupes de Sylow de G contenant Q est congru à 1 modulo $p$ et divise le plus grand facteur de $\vert G\vert$ non divisible par $p.$

Solution

D'après le point a), il existe un sous-groupe H de G tel que les $p$-sous-groupes de Sylow de G contenant Q sont exactement les $p$-sous-groupes de Sylow de H. Alors

(1)$\qquad$le nombre des $p$-sous-groupes de Sylow de G contenant Q est égal au nombre $n_{p}(H)$ des $p$-sous-groupes de Sylow de H.

D'après les thérèmes de Sylow,

(2)$\qquad n_{p}(H)$ est congru à 1 modulo $p$

et

(3)$\qquad n_{p}(H)$ divise le plus grand facteur non divisible par $p$ de $\vert H\vert .$

Puisque H est un sous-groupe de G, $\vert H\vert$ divise $\vert G\vert$, donc le plus grand facteur non divisible par $p$ de $\vert H\vert$ divise le plus grand facteur non divisible par $p$ de $\vert G\vert$, donc d'après (3)

$\qquad n_{p}(H)$divise le plus grand facteur non divisible par $p$ de $\vert G\vert .$

Joint aux résultats (1) et (2), cela démontre l'énoncé du point b).

 

c) Toujours dans l'hypothèse où Q est normal dans chaque $p$-sous-groupe de Sylow de G contenant Q, prouver que les $p$-sous-groupes de Sylow de G contenant Q sont exactement les $p$-sous-groupes de Sylow de $N_{G}(Q).$
(Comme au point b), on peut en déduire que le nombre des $p$-sous-groupes de Sylow de G contenant Q est congru à 1 modulo $p$ et divise le plus grand facteur non divisible par $p$ de $\vert G\vert .$)

Solution

La démonstration est presque identique à celle du point a). Par hypothèse, tout $p$-sous-groupe de Sylow de G contenant Q normalise Q, autrement dit tout $p$-sous-groupe de Sylow de G contenant Q est contenu dans $N_{G}(Q).$ Un $p$-sous-groupe de Sylow de G contenu dans $N_{G}(Q)$ est évidemment un $p$-sous-groupe de Sylow de $N_{G}(Q)$, donc

(1)$\qquad$tout $p$-sous-groupe de Sylow de G contenant Q est un $p$-sous-groupe de Sylow de $N_{G}(Q).$

Il reste à prouver que

(thèse 2)$\qquad$tout $p$-sous-groupe de Sylow de $N_{G}(Q)$ est un $p$-sous-groupe de Sylow de G contenant Q.

D'après les théorèmes de Sylow, Q est contenu dans au moins un $p$-sous-groupe de Sylow de G, donc il résulte de (1) que la plus grande puissance de $p$ divisant $\vert N_{G}(Q)\vert$ est égale à la plus grande puissance de $p$ divisant $\vert G\vert$, donc chaque $p$-sous-groupe de Sylow de $N_{G}(Q)$ est un $p$-sous-groupe de Sylow de G. Pour prouver la thèse (2), il reste à prouver que tout $p$-sous-groupe de Sylow de $N_{G}(Q)$ contient Q. Or Q est un $p$-sous-groupe normal de $N_{G}(Q)$, donc, d'après le problème 10, point b), il est contenu dans tout $p$-sous-groupe de Sylow de $N_{G}(Q).$

 

Remarque. Si G est un groupe fini, $p$ un nombre premier et Q un $p$-sous-groupe de G, si on ne suppose pas que G est normal dans chaque $p$-sous-groupe de Sylow de G contenant Q, il n'est pas forcément vrai que le nombre des $p$-sous-groupe de Sylow de G contenant Q divise l'ordre de G. On en verra un contre-exemple dans les exercices sur les groupes simples d'ordre 168.

Problème 12

Soit G un groupe fini, soit $p$ un nombre premier. On suppose que les $p$-sous-groupes de Sylow de G sont abéliens.
Soit Q un $p$-sous-groupe de G.

a) Prouver que les $p$-sous-groupes de Sylow de G contenant Q sont exactement les $p$-sous-groupes de Sylow de $N_{G}(Q)$. Prouver que leur nombre est congru à 1 modulo $p$ et divise le plus grand facteur non divisible par $p$ de $\vert G\vert .$
Indication : on peut utiliser le problème 11.

Solution

Tout $p$-sous-groupe de Sylow de G contenant Q est abélien par hypothèse et normalise donc Q. Dès lors, l'énoncé résulte du problème 11.

 

b) Prouver que les $p$-sous-groupes de Sylow de G contenant Q sont exactement les $p$-sous-groupes de Sylow de $C_{G}(Q).$

Solution

On va calquer la démonstration sur celle du problème 11, point c).
Soit P un $p$-sous-groupe de Sylow de G contenant Q. D'après les hypothèses générales, P est abélien, donc, puisque Q est contenu dans P, P centralise Q, autrement dit P est contenu dans $C_{G}(Q).$ Ainsi, P est un $p$-sous-groupe de Sylow de G contenu dans $C_{G}(Q)$, ce qui entraîne clairement que P est un $p$-sous-groupe de Sylow de $C_{G}(Q).$ Nous avons donc prouvé que

(1)$\quad$tout $p$-sous-groupe de Sylow de G contenant Q est un $p$-sous-groupe de Sylow de $C_{G}(Q).$

Il reste à prouver la réciproque, à savoir que

(thèse 2)$\quad$tout $p$-sous-groupe de Sylow de $C_{G}(Q)$ est un $p$-sous-groupe de Sylow de G contenant Q.

D'après les théorèmes de Sylow, Q est contenu dans un $p$-sous-groupe de Sylow $P_{0}$ de G. D'après (1), $P_{0}$ est un $p$-sous-groupe de Sylow de $C_{G}(Q)$. Donc $P_{0}$ est à la fois un $p$-sous-groupe de Sylow de G et un $p$-sous-groupe de Sylow de $C_{G}(Q)$, donc la plus grande puissance de $p$ divisant $\vert G\vert$ et la plus grande puissance de $p$ divisant $\vert C_{G}(Q)\vert$ sont égales, donc

(3)$\quad$tout $p$-sous-groupe de Sylow de $C_{G}(Q)$ est un $p$-sous-groupe de Sylow de G.

Donc pour prouver la thèse (2), il reste à prouver que tout $p$-sous-groupe de Sylow de $C_{G}(Q)$ contient Q. Puisque Q est normal dans $C_{G}(Q)$, cela résulte du problème 10, point b).

 

c) Toujours dans l'hypothèse où les $p$-sous-groupes de Sylow de G sont abéliens, soient $Q_{1}$ et $Q_{2}$ des $p$-sous-groupes de G (non forcément distincts). Prouver que les quatre conditions suivantes sont équivalentes :

1° $Q_{1}$ et $Q_{2}$ sont contenus dans un même $p$-sous-groupe de Sylow de G;

2° $Q_{1}$ et $Q_{2}$ se centralisent;

3° $Q_{1}$ normalise $Q_{2}$;

4° $Q_{2}$ normalise $Q_{1}$

Solution

Si $Q_{1}$ et $Q_{2}$ sont contenus dans un même $p$-sous-groupe de Sylow de G, soit P, alors, d'après les hypothèses générales, P est abélien, donc $Q_{1}$ et $Q_{2}$ sont contenus dans un même sous-groupe abélien de G, donc ils se centralisent. Cela prouve que 1° entraîne 2°.
Si $Q_{1}$ et $Q_{2}$ se centralisent, alors $Q_{1}$ normalise $Q_{2}$. Cela prouve que 2° entraîne 3°.
Si $Q_{1}$ normalise $Q_{2}$, alors le sous-groupe $\langle Q_{1},Q_{2}\rangle$ de G engendré par $Q_{1}$ et $Q_{2}$ est égal à $Q_{1}Q_{2}$, donc, d'après la formule du produit, $\langle Q_{1},Q_{2}\rangle$ est un $p$-sous-groupe de G, donc, d'après les théorèmes de Sylow, $\langle Q_{1},Q_{2}\rangle$ est contenu dans un $p$-sous-groupe de Sylow de G, ce qui revient à dire que $Q_{1}$ et $Q_{2}$ sont contenus dans un même $p$-sous-groupe de Sylow de G. Cela montre que 3° entraîne 1°.
Donc (dans l'hypothèse où les $p$-sous-groupes de Sylow de G sont abéliens) les conditions 1°, 2° et 3° sont équivalentes. En échangeant $Q_{1}$ et $Q_{2}$, on voit que les conditions 1°, 2° et 4° sont équivalentes, donc les conditions 1° à 4° sont équivalentes.

 

Problème 13

a) Soit $p$ un nombre premier, soit G un groupe, fini ou infini. On suppose qu'il existe un sous-groupe normal H de G tel que H et G/H soient des p-groupes. Prouver que G est un p-groupe.

Solution

Soit $x$ un élément de G. Puisque G/H est un p-groupe, il existe un nombre naturel $n$ tel que la $p^{n}$-ième puissance de l'élément xH de G/H soit l'élément neutre de G/H. Cela revient à dire que $x^{p^{n}}$ appartient à H. Puisque H est supposé être un p-groupe, il existe donc un nombre naturel $r$ tel que la $p^{r}$-ième puissance de $x^{p^{n}}$ soit l'élément 1 de H. Cela revient à dire que $x^{p^{n+r}}$ est l'élément 1 de G, donc G est un p-groupe.

 

b) Soit $p$ un nombre premier, soit G un groupe fini. On suppose qu'il existe deux p-sous-groupes H et K de G tels que G = HK. (On ne suppose pas qu'un de ces deux sous-groupes soit normal dans G.) Prouver que G est un p-groupe.

Solution

D'après la formule du produit,

$\vert HK\vert \cdot \vert H\cap K\vert =\vert H\vert \cdot \vert K\vert$,

donc

$\vert HK\vert$ divise $\vert H\vert \cdot \vert K\vert$,

autrement dit $\vert G\vert$ divise $\vert H\vert \cdot \vert K\vert .$ Puisque $\vert H\vert$ et $\vert K\vert$ sont des puissances de $p$, $\vert G\vert$ est donc une puissance de $p$, donc G est un p-groupe.

 

c) Soit $p$ un nombre premier, soit G un groupe (fini ou infini). On suppose qu'il existe un p-sous-groupe H de G et un p-sous-groupe normal K de G tels que G = HK. Prouver que G est un p-groupe.

Solution

Puisque G = HK et que K est normal dans G, nous pouvons écrire

(1)$\qquad$G/K = HK/K.

(Rappelons que, par convention sur la précédence des opérateurs, le membre droit de (1) désigne (HK)/K.)
D'après le second théorème d'isomorphisme, il résulte de (1) que

(2)$\qquad$ G/K est isomorphe à $H/H\cap K$.

Tout quotient d'un p-groupe est un p-groupe, donc $H/H\cap K$ est un p-groupe, donc, d'après (2), G/K est un p-groupe. Puisque K est lui aussi un p-groupe, il résulte du point a) que G est un p-groupe.

 

Remarque. L'énoncé du point c) nous servira dans un exercice sur les produits semi-directs.

Problème 14 (exposant d'un groupe fini)

Soit G un groupe d'ordre n et pour chaque facteur premier p de n, soit e_p l'exposant de n'importe quel p-Sylow de G (tous ont même exposant puisqu'ils sont conjugués donc isomorphes).

Démontrer que l'exposant de G est égal au produit des e_p.

Solution

• L'exposant e de G est évidemment un multiple de chaque e_p donc (puisque e_p est une puissance de p) e est un multiple du produit des e_p.
• Réciproquement, soient x un élément de G et m = p₁^k₁…p_r^k_r son ordre (où les p_j sont des nombres premiers distincts). On sait décomposer x en un produit x₁…x_r d'éléments de G d'ordres respectifs p₁^k₁, … , p_r^k_r donc tels que chaque x_k appartienne à un p_k-Sylow. Ceci prouve que m divise le produit des e_p, et ce pour tout ordre m d'un élément de G. Donc e lui-même (le ppcm de ces ordres) divise ce produit.

 

Lien externe

Frédéric Touzet, « Théorie des groupes, Feuille de TD n^o 11 », sur perso.univ-rennes1.fr (six exercices corrigés)