Théorie des groupes/Exercices/Transfert, théorème du complément normal de Burnside

Problème 1

Soient G un groupe, Q un sous-groupe d'indice fini de G et T une transversale droite de Q dans G. Tout élément x de G peut se mettre d'une et une seule façon sous la forme

$\qquad x=q_{T}(x)\ \mathrm {repr} _{T}(x),$

avec $q_{T}(x)\in Q$ et $\mathrm {repr} _{T}(x)\in T.$
Pour tout élément a de G, on pose $R(a)=\prod _{t\in T}q_{T}(ta)Q'$ (le produit étant pris dans le groupe commutatif Q/Q'). Prouver que R est égal au transfert de G vers Q/Q' défini dans la théorie à partir des transversales gauches. (Indication : d’après un exercice de la série Classes modulo un sous-groupe, $\ T^{-1}$ est une transversale gauche de Q dans G.)

Solution

Nous avons $\qquad ta=q_{T}(ta)\ \mathrm {repr} _{T}(ta),$ avec

$\qquad q_{T}(ta)\in Q$ et $\mathrm {repr} _{T}(ta)\in T.$

En passant aux inverses, nous obtenons

$\qquad a^{-1}t^{-1}=\mathrm {repr} _{T}(ta)^{-1}\ q_{T}(ta)^{-1},$

avec

$\qquad \mathrm {repr} _{T}(ta)^{-1}\in T^{-1}$ et $q_{T}(ta)^{-1}\in Q.$

Puisque $\ T^{-1}$ est une transversale gauche de Q dans G, nous avons donc

$\qquad V(a^{-1})=\prod _{t\in T}q_{T}(ta)^{-1}Q'.$

En passant aux inverses et en tenant compte que V est un homomorphisme, nous trouvons

$\qquad V(a)=\prod _{t\in T}q_{T}(ta)Q'.$

$\qquad V(a)=R(a).$

 

Problème 2

a) Soit G un groupe, soit Q un sous-groupe d'indice fini de G; désignons par V le transfert de G vers Q/Q' . Prouver que le dérivé de G est contenu dans le noyau de V.

Solution

Le groupe d'arrivée Q/Q' de V est abélien et, de façon générale, si le groupe d'arrivée d'un homomorphisme $f$ est abélien, le dérivé du groupe de départ de $f$ est contenu dans le noyau de $f.$ (Vérification facile.)

 

b) Dans les hypothèses et notations du point a), on suppose que $g$ est un élément central de G. Trouver une façon simple de décrire V(g).

Solution

Choisissons une transversale gauche L de Q dans G. D'après le chapitre théorique, il existe des éléments $h_{1},\ldots h_{k}$ de L et des nombres naturels $n_{1},\ldots n_{k}$ pour lesquels

1° $\sum _{i=1}^{k}n_{i}=[G:Q]$;

2° pour chaque $i$ dans $\{1,\ldots k\},{h_{i}}^{-1}g^{n_{i}}h_{i}$ appartient à Q,

3° V(g) est l'image de $\prod _{i=1}^{k}({h_{i}}^{-1}g^{n_{i}}h_{i})$ par l'homomorphisme canonique de Q sur Q/Q'.

Puisque $g$ est censé appartenir au centre de G, chaque facteur ${h_{i}}^{-1}g^{n_{i}}h_{i}$ considéré au point 3° est égal à $g^{n_{i}}$, donc, compte tenu de 1° et de 2° :

$g^{[G:Q]}$ appartient à Q et V(g) est l'image de $g^{[G:Q]}$ par l'homomorphisme canonique de Q sur Q/Q' .

Cela montre que si $g$ est un élément central de G, il n'est pas nécessaire de recourir à une transversale de Q dans G pour expliciter V(g).

 

c) Soit G un groupe fini, soit $p$ un nombre premier, soit N un p-sous-groupe de Z(G), soit P un p-sous-groupe de Sylow de G. (Puisque N est un p-sous-groupe central de G, N est contenu dans P. Voir exercices sur le chapitre Théorèmes de Sylow.) Prouver que

$N\cap G'=N\cap P'.$

Indication : utiliser le point b).

Solution

Désignons par V le transfert de G vers P/P'.
Soit $\nu$ un élément de $N\cap G'.$
Puisque $\nu$ appartient à N, il est central dans G, donc, d'après le point b),

(1)$\qquad \nu ^{[G:P)}$appartient à P et $V(\nu )$ est l'image de $\nu ^{[G:P]}$ par l'homomorphisme canonique de P sur P/P'.

D'après la question a), G' est contenu dans le noyau de V, donc, puisque $\nu$ est supposé appartenir à G', $\nu$ appartient au noyau de V, ce qui, d'après (1), signifie que

$\nu ^{[G:P]}$ appartient à P',

autrement dit, si ${\bar {\nu }}$ désigne l'image de $\nu$ par l'homomorphisme canonique de P sur P',

(2)$\qquad {\bar {\nu }}^{[G:P]}=1$ dans P/P'.

D'autre part, puisque $\nu$ est supposé appartenir à N,

$\qquad \nu ^{\vert N\vert }=1$,

d'où aussi

(3)$\qquad {\bar {\nu }}^{\vert N\vert }=1$ dans P/P'.

D'après (2) et (3),

(4)$\qquad {\bar {\nu }}^{PGCD([G:P],\vert N\vert )}=1$ dans P/P'.

Mais $\vert N\vert$ est une puissance de $p$ et, d'autre part, puisque P est un p-sous-groupe de Sylow de G, $[G:P]$ est premier avec $p.$ Donc $PGCD([G:P],\vert N\vert )=1$, donc (4) peut s'écrire

$\qquad {\bar {\nu }}=1$ dans P/P',

c'est-à-dire que

$\qquad \nu$ appartient à P'.

Ceci étant démontré pour tout élément $\nu$ de $N\cap G'$, nous avons donc $N\cap G'\subseteq N\cap P'.$ L'inclusion réciproque est évidente, donc

$\qquad N\cap G'=N\cap P'$,

ce qui démontre l'énoncé.

 

d) Soit G un groupe fini. On suppose qu'il existe un facteur premier $p$ de $\vert G\vert$ tel que les p-sous-groupes de Sylow de G soient abéliens et que $\vert Z(G)\vert$ soit divisible par $p.$ Prouver que G' < G.
Indication : utiliser le point c).

Solution

Puisque $\vert Z(G)\vert$ est supposé divisible par $p$, Z(G) contient au moins un sous-groupe N d'ordre $p$ (théorème de Cauchy). Choisissons un p-sous-groupe de Sylow P de G. D'après le point c),

(1)$\qquad N\cap G'=N\cap P'.$

Puisque nous supposons que les p-sous-groupes de Sylow sont abéliens, P' = 1, donc le membre droit de (1) est égal à 1, donc

$\qquad N\cap G'=1.$

Si $G'$ était égal à $G$, on aurait donc $N=1$, ce qui contredit le choix de $N$. Donc $G'<G$, ce qui prouve l'énoncé.

 

Problème 3

Soit G un groupe fini. On va prouver que G est nilpotent si et seulement s'il est p-nilpotent pour tout facteur premier $p$ de $\vert G\vert .$
a) On suppose que G est nilpotent. Prouver qu'il est p-nilpotent pour tout facteur premier $p$ de $\vert G\vert .$

Solution

Soit $p$ un facteur premier de $\vert G\vert .$ Il s'agit de prouver que G est p-nilpotent.
Soient $q_{1},\ldots ,q_{n}$ les différents facteurs premiers de $\vert G\vert$ autre que $p.$
Puisque G est nilpotent, il a un seul p-sous-groupe de Sylow, soit P, et pour chaque $i$ ($1\leq i\leq n$), il a un seul $q_{i}$-sous-groupe de Sylow, soit $Q_{i}$; de plus,
G est produit direct $P\times Q_{1}\times \cdots \times Q_{n}.$
Donc G est le produit direct du p-groupe P et du groupe $Q_{1}\times \cdots \times Q_{n}$, les éléments de $Q_{1}\times \cdots \times Q_{n}$ étant d'ordre non divisible par $p.$ Il en résulte clairement que les éléments de G dont l'ordre n'est pas divisible par $p$ sont les éléments de $Q_{1}\times \cdots \times Q_{n}$ et forment donc un sous-groupe de G, ce qui prouve que G est p-nilpotent.

 

b) Réciproquement, on suppose que G est p-nilpotent pour tout facteur premier $p$ de $\vert G\vert .$ Prouver que G est nilpotent.

Solution

Soit $p$ un facteur premier de $\vert G\vert$, soit $q$ un facteur premier de $\vert G\vert$ autre que $p.$
D'après les hypothèses du point b), G est q-nilpotent, donc

(1)$\qquad$les éléments de G dont l'ordre n'est pas divisible par $q$ forment un sous-groupe de G, qu'on notera $G_{q}.$

Un élément $x$ de G est un p-élément de G (c'est-à-dire a pour ordre une puissance de $p$) si et seulement si, pour tout facteur premier $q$ de $\vert G\vert$ autre que $p$, l'ordre de $x$ n'est pas divisible par $q.$ Compte tenu de (1), cela revient à dire que l'ensemble des p-éléments de G est l'ensemble des éléments de G qui appartiennent à $G_{q}$ pour chaque facteur premier $q$ de $\vert G\vert$ autre que $p.$ (Autrement dit, avec les précautions d'usage en ce qui concerne l'intersection, l'ensemble des p-éléments de G est l'intersection des $G_{q}$, où $q$ parcourt les facteurs premiers de $\vert G\vert$ autres que $p.$) Donc

(2)$\qquad$l'ensemble des p-éléments de G est un sous-groupe de G.

Vu la maximalité des p-sous-groupes de Sylow de G parmi les p-sous-groupes de G, (2) revient clairement à dire que G n'a qu'un p-sous-groupe de Sylow. Cela étant démontré pour chaque facteur premier $p$ de $\vert G\vert$, G est donc nilpotent.

 

Problème 4

On a vu dans un exercice sur le chapitre Action de groupe que si $G$ est un groupe agissant sur un ensemble $E$, si $H$ est un sous-groupe de $G$, si $E^{H}$ désigne l'ensemble des points fixes de $H$ (c'est-à-dire l'ensemble des éléments de $E$ fixés par tout élément de $H$), alors l'action $G\times E\to E$ induit par restriction une action de $N_{G}(H)$ sur $E^{H}.$
On va voir que si le groupe $G$ est fini, si $H$ est un sous-groupe de Sylow de $G$, si l'action de $G$ sur $E$ est transitive, alors l'action de $N_{G}(H)$ sur $E^{H}$ est transitive.

a) Soit G un groupe fini opérant (par exemple à gauche) sur un ensemble X, soit Q un sous-groupe de G, soient x et y deux points fixes de Q dans X. (Donc Q est contenu dans G_x et dans G_y.) On suppose que x et y appartiennent à la même G-orbite et que Q est un sous-groupe de Sylow de G_x. Prouver que x et y appartiennent à la même $\ N_{G}(Q)-$orbite.

Solution

Notons que, d’après un exercice de la série Action de groupe, G_x et G_y sont conjugués et ont donc le même ordre, de sorte que, puisque Q est un sous-groupe de Sylow de G_x, c’est aussi un sous-groupe de Sylow de G_y, mais ce fait ne nous servira pas.
Par hypothèse, il existe un élément g de G tel que

$(1)\qquad y=g^{-1}x.$

Pour tout élément u de Q, nous avons donc

$\qquad gug^{-1}x=guy$.

Puisque y est point fixe de Q, nous pouvons remplacer uy par y, donc

$\qquad gug^{-1}x=gy,$

d'où, d’après (1),

$\qquad gug^{-1}x=x,$

donc $\ gQg^{-1}$ fixe x.
Ainsi,

$(2)\qquad gQg^{-1}\leq G_{x}.$

Par hypothèse, il existe un nombre premier p tel que Q soit un p-sous-groupe de Sylow de G_x. Puisque $\ gQg_{-1}$ a le même ordre que Q, il résulte de (2) que $\ gQg_{-1}$ est lui aussi un p-sous-groupe de Sylow de G_x. Donc, d’après le théorème de Sylow, $\ Q$ et $\ gQg_{-1}$ sont conjugués dans $\ G_{x}.$
Il existe donc un élément h de $\ G_{x}.$ tel que

$\qquad gQg^{-1}=hQh^{-1}.$

Ceci entraîne

$\qquad h^{-1}gQg^{-1}h=Q,$

donc

$(3)\qquad h^{-1}g\in N_{G}(Q).$

De plus, $\ (h^{-1}g)y=h^{-1}(gy),$ d'où, d’après (1), $\ (h^{-1}g)y=h^{-1}x.$ Puisque h appartient à $\ G_{x},$ ceci peut s'écrire

$\qquad (h^{-1}g)y=x.$

D'après (3), il en résulte que x et y appartiennent à la même $\ N_{G}(Q)$-orbite.

 

b) Soient G un groupe fini opérant (par exemple à gauche) sur un ensemble X, soit Q un sous-groupe de Sylow de G, soient x et y deux points fixes de Q dans X. (Donc Q est contenu dans G_x et dans G_y.) On suppose que x et y appartiennent à la même G-orbite. Prouver que x et y appartiennent à la même $\ N_{G}(Q)$-orbite.

Solution

Puisque Q est un sous-groupe de Sylow de G contenu dans G_x, c’est un sous-groupe de Sylow de G_x, donc il suffit d'appliquer le point a).

 

c) Tirer de b) une nouvelle preuve du fait suivant : si G est un groupe fini et Q un sous-groupe de Sylow de G, si deux éléments de $\ C_{G}(Q)$ sont conjugués dans G, ils sont conjugués dans $\ N_{G}(Q)$. (Ce fait a été démontré dans le chapitre théorique Transfert, théorème du complément normal de Burnside.)

Solution

Faire opérer G à gauche sur son ensemble sous-jacent par conjugaison : g * x = g x g^-1. Les éléments de $\ C_{G}(Q)$ sont les points fixes de Q pour cette opération. Deux éléments de l’ensemble sous-jacent de G appartiennent à la même G-orbite si et seulement s'ils sont conjugués dans G. Puisque $\ C_{G}(Q)$ est contenu dans $\ N_{G}(Q)$, deux éléments de $\ C_{G}(Q)$ appartiennent à la même $\ N_{G}(Q)$-orbite si et seulement s'ils sont conjugués dans $\ N_{G}(Q)$. Le point c) résulte donc clairement du point b).

 

d) Déduire de b) ce théorème de Burnside qui a été démontré dans les exercices sur les théorèmes de Sylow : soient G un groupe fini, p un diviseur premier de l’ordre de G, P un p-sous-groupe de Sylow de G, U et W des sous-groupes distingués de P; U et W sont conjugués dans G si et seulement s'ils sont conjugués dans le normalisateur N_G(P).

Solution

Faire opérer G à gauche sur l’ensemble de ses parties par conjugaison. Alors U et W sont des points fixes de P, donc, d’après le point b), s'ils sont conjugués dans G (c'est-à-dire s'ils appartiennent à la même G-orbite) ils appartiennent à la même N_G(P)-orbite. Puisqu’ils sont contenus dans P et donc dans N_G(P), cela revient à dire qu’ils sont conjugués dans N_G(P).

 

Problème 5

Soient $G$ un groupe fini et $H$ un sous-groupe de Hall normal de $G$. Prouver que $H$ est l’ensemble des éléments de $G$ dont l'ordre divise $\vert H\vert$, que $H$ est seul de son ordre parmi les sous-groupes de $G$ et est un sous-groupe caractéristique de $G$. (Cet énoncé est utilisé dans le chapitre théorique.)

Solution

Puisque H est un sous-groupe de Hall de G, l’ordre de G est de la forme ab, où a est l’ordre de H et où b est un nombre naturel premier avec a. Pour démontrer l'énoncé, on peut par exemple prouver que H est l’ensemble des éléments x de G tels que x^a = 1.
Puisque H est d'ordre a, nous savons que x^a = 1 pour tout élément x de H. Réciproquement, prouvons que si x est un élément de G tel que x^a = 1, alors x appartient à H.
Puisque H est normal dans G, nous pouvons considérer le groupe G/H et l'homomorphisme canonique f de G sur G/H. De notre hypothèse x^a = 1 résulte f(x)^a = 1, autrement dit l’ordre de f(x) divise a. D'autre part, l’ordre de G/H est b, donc l’ordre de f(x) divise b. Ainsi, l’ordre de f(x) divise à la fois a et b. Puisque a et b sont premiers entre eux, l’ordre de f(x) est donc égal à 1, donc f(x) est l'élément neutre de G/H; autrement dit x appartient à H, comme annoncé.
Nous avons donc prouvé que H est l’ensemble des éléments x de G tels que x^a = 1. Il en résulte clairement que H est le seul sous-groupe d'ordre a de G et est donc caractéristique dans G.

 

Problème 6

a) Soit G un groupe fini. On suppose que pour tout diviseur premier p de l’ordre de G, G admet un p-sous-groupe de Sylow cyclique. (Puisque deux p-sous-groupes de Sylow sont toujours conjugués et donc isomorphes, ceci revient à supposer que tous les p-sous-groupes de Sylow sont cycliques.) Prouver que G est résoluble. (Indication. Raisonner par récurrence sur $\vert G\vert$. Appliquer l'hypothèse de récurrence au complément normal N d'un p-sous-groupe de Sylow de G, p désignant le plus petit facteur premier de l’ordre de $\vert G\vert$.)

Solution

On raisonne par récurrence sur l’ordre de G. Si cet ordre est égal à 1, G est résoluble, donc nous pouvons supposer que $\vert G\vert >1.$ Nous pouvons alors considérer le plus petit facteur premier de $\vert G\vert ,$ soit p, et choisir un p-sous-groupe de Sylow P de G. D'après le chapitre Transfert, théorème du complément normal de Burnside de la théorie, P admet un complément normal dans G, soit N. Il est clair que N est un sous-groupe de Hall de G, donc tout sous-groupe de Sylow de N est un sous-groupe de Sylow de G. D'après les hypothèses de l'énoncé, il en résulte que tout sous-groupe de Sylow de N est cyclique. D'autre part, $\vert P\vert >1,$ donc $\vert N\vert <\vert G\vert ,$ donc, par hypothèse de récurrence, N est résoluble. D'autre part, N est produit semi-direct de N et de P, donc G/N est isomorphe à P. Puisque P est cyclique, il est commutatif et donc résoluble. Ainsi, N et G/N sont résolubles, donc G est résoluble.

 

b) On dit qu'un nombre naturel est sans carrés s'il n'est divisible par le carré d'aucun nombre naturel > 1, ce qui revient à dire qu’il n'est divisible par le carré d'aucun nombre premier. Prouver que si n est un nombre naturel sans carrés, tout groupe d'ordre n est résoluble.

Solution

Soient G un groupe d'ordre n et p un diviseur premier de n. Puisque n est sans carrés, tout p-sous-groupe de Sylow de G est d'ordre premier et est donc cyclique. La thèse résulte donc du point a).

 

Problème 7

a) Soit $G$ un groupe simple fini non abélien, soit $p$ un diviseur premier de $\vert G\vert .$ On note $n_{p}$ le nombre des $p$-sous-groupes de Sylow de $G.$
Prouver que $\vert G\vert$ n'est égal ni à $pn_{p}$ ni à $p^{2}n_{p}.$

Solution

Supposons que, par absurde, on ait

(hyp. 1)$\qquad \vert G\vert =p^{a}n_{p}$ avec $a=1$ ou $2.$

D'après un théorème de Sylow, $n_{p}\equiv 1{\pmod {p}}$ et, en particulier,

(2)$\qquad n_{p}$ est premier avec $p.$

Choisissons un $p$-sous-groupe de Sylow $P$ de $G.$
D'après (1) et (2),

(3)$\qquad P$ est d'ordre $p^{a}.$

Puisque $a$ est égal à $1$ ou à $2$, il en résulte que

(4)$\qquad P$ est abélien.

Toujours d'après les théorèmes de Sylow, $n_{p}$ est l'indice de $N_{G}(P)$ dans $G$, donc, d'après l'hypothèse (1), $N_{G}(P)$ est d'ordre $p^{a}.$ Donc, d'après (3), $N_{G}(P)=P.$ Puisqu'on a vu en (4) que $P$ est abélien, $P$ est donc évidemment central dans $N_{G}(P)$, donc, d'après le théorème du complément normal de Burnside, $P$ admet un complément normal $H$ dans $G.$ Puisque $G$ est supposé simple, il faut $H=G$ ou $H=1.$ Le cas $H=G$ est impossible, car il entraîne $P=1$, ce qui est impossible puisque $p$ divise $\vert G\vert .$ Dans le cas $H=1$, on aurait $G=P$, donc $G$ serait un $p$-groupe, ce qui est impossible, puisque tout groupe ayant pour ordre une puissance de nombre premier est nilpotent et a fortiori résoluble, alors que $G$, supposé être un groupe simple non abélien, n'est pas résoluble. Cela montre que l'hypothèse (1) est contradictoire, d'où l'énoncé du point a).

 

b) Soit $G$ un groupe simple fini non abélien, soit $p$ un diviseur premier de $\vert G\vert .$ On note $n_{p}$ le nombre des $p$-sous-groupes de Sylow de $G.$ On suppose que $\vert G\vert$ n'est pas divisible par $p^{3}.$ Prouver que

$\vert G\vert =p^{a}n_{p}b$, où $a$ est égal à $1$ ou à $2$ et où $b$ est premier avec $p$ et $\geq 2.$

Solution

Puisque $\vert G\vert$ n'est pas divisible par $p^{3}$, nous avons

(1)$\qquad \vert G\vert =p^{a}m$, où $m$ est premier avec $p$ et où $a$ est égal à $1$ ou à $2.$

D'après les théorèmes de Sylow, $m$ est divisible par le nombre $n_{p}$ des $p$-sous-groupes de Sylow de $G.$ Soit $m=n_{p}b.$ Alors (1) s'écrit

$\qquad \vert G\vert =p^{a}n_{p}b$,

où $b$ (qui divise $m$) est premier avec $p.$ D'après le point a), $b$ n'est pas égal à $1$, ce qui achève de démontrer le point b).

 

c) Soit $G$ un groupe simple fini non abélien, soit $p$ un diviseur premier de $\vert G\vert .$ Prouver que

$2p(p+1)\leq \vert G\vert$ (d'où $p<{\sqrt {\vert G\vert /2}}$).

Solution

Notons $n_{p}$ le nombre des $p$-sous-groupes de Sylow de $G$ et $p^{a}$ la plus grande puissance de $p$ qui divise $\vert G\vert .$
D'après les théorèmes de Sylow,

(1)$\qquad \vert G\vert$ est divisible par $p^{a}n_{p}.$

De plus, puisque $G$ est supposé simple et non abélien, le théorème 5, point a) du chapitre théorique donne

(2)$\qquad n_{p}\geq p+1.$

Si $\qquad \vert G\vert$ est divisible par $p^{3}$, alors, d'après (1) et (2),

$\qquad \vert G\vert \geq (p+1)p^{3},$

d'où, largement, $\vert G\vert \geq 2p(p+1)$, donc l'énoncé est vrai dans ce cas.
Reste le cas où $\vert G\vert$ n'est pas divisible par $p^{3}.$ Alors, d'après le point b),

$\qquad \vert G\vert =p^{a}n_{p}b$,

où $a$ est égal à $1$ ou à $2$ et où $b\geq 2.$ Donc

$\qquad \vert G\vert \geq 2p^{a}n_{p}.$

D'après (2), cela entraîne $\vert G\vert \geq 2p^{a}(p+1).$ Puisque $a\geq 1$, on a donc encore $\vert G\vert \geq 2p(p+1).$

 

d) Soit $p$ un nombre premier. Prouver qu'aucun groupe d'ordre $p(p+1)$ ni aucun groupe d'ordre $p^{2}(p+1)$ n'est simple.

Solution

Soit, par absurde,

(hyp. 1)$\qquad G$ un groupe simple d'ordre $p(p+1)$ ou $p^{2}(p+1)$.

L'ordre de $G$ n'est pas premier, donc $G$ est un groupe simple non abélien. D'après les hypothèses et les théorèmes de Sylow, le nombre $n_{p}$ des $p$-sous-groupes de Sylow de $G$ divise $p+1$ et, d'après le théorème 5, point a) du chapitre théorique, $n_{p}\geq p+1$, donc $n_{p}=p+1.$ L'hypothèse (1) donne donc

$\vert G\vert =pn_{p}$ ou $p^{2}n_{p}$,

ce qui contredit le point a). L'hypothèse (1) est donc absurde, d'où l'énoncé.

 

Problème 8

Soit n un nombre naturel impair, soit G un groupe d'ordre 2n. On a vu dans les exercices de la série Groupes alternés que G admet un sous-groupe d'ordre n. Prouver ce fait à l'aide du théorème du complément normal de Burnside.

Solution

Choisissons un 2-sous-groupe de Sylow P de G. Puisque 2 ne divise qu'une fois l’ordre de G, P est d'ordre 2. Il est donc cyclique. Puisque 2 est le plus petit facteur premier de l’ordre de G, il résulte d'un théorème démontré dans la théorie que G est 2-nilpotent, d'où l'énoncé. Voici une démonstration plus directe. P est normal dans N_G(P) et on a vu dans les exercices de la série Conjugaison, centralisateur, normalisateur qu'un sous-groupe normal d'ordre 2 est central, donc P est central dans N_G(P). D'après le théorème du complément normal de Burnside, il en résulte que P admet un complément normal dans G. Un tel complément est d'ordre n, d'où l'énoncé.

 

Problème 9

a) Soit p un nombre premier impair (autrement dit > 2), soit G un groupe fini d'ordre $p{\frac {p^{2}+1}{2}}.$ Prouver que G n'a qu'un p-sous-groupe de Sylow. (Cette partie du problème ne fait intervenir que les propriétés classiques des sous-groupes de Sylow démontrées au chapitre Théorèmes de Sylow.)

Solution

D'après les théorèmes de Sylow, le nombre des p-sous-groupes de Sylow de G est de la forme np+1, avec n naturel ≥ 0, et il divise ${\frac {p^{2}+1}{2}}.$ De ce second fait, il résulte que

(1) n < p.

D'autre part, puisque np+1 divise ${\frac {p^{2}+1}{2}},$ il divise a fortiori $2n^{2}\ {\frac {p^{2}+1}{2}}=n^{2}p^{2}+n^{2}$. Comme np est congru à -1 modulo np+1, il en résulte que n² + 1 est multiple de np+1, d'où n² ≥ np. Si n était non nul, on aurait donc n ≥ p, ce qui contredit (1). Donc n = 0, c'est-à-dire que le nombre des p-sous-groupes de Sylow de G est égal à 1.

 

b) Soit G un groupe d'ordre 2p (p² + 1), où p est un nombre premier > 3. Prouver que G n'a qu'un p-sous-groupe de Sylow. (Indication. Dans le chapitre théorique, on a démontré un « cas particulier » du théorème du complément normal de Burnside. Appliquer ce cas particulier à un 2-sous-groupe de Sylow de G, puis utiliser le point a).)

Solution

On montre facilement que si a est un nombre naturel, a² + 1 n'est divisible ni par 3 ni par 4. Donc l’ordre 2p (p² + 1) de G n’est pas divisible par 3 et il est divisible par 4 sans être divisible par 8. Choisissons un 2-sous-groupe de Sylow S de G. D'après ce qui précède, S est d'ordre 4 (et, en particulier, abélien) donc Aut(S) est d'ordre 2 ou 6, selon que S est un groupe cyclique ou un groupe de Klein. (Pour le cas où S est cyclique, voir le chapitre Automorphismes d'un groupe cyclique. Pour le cas où S est un groupe de Klein, et donc un 2-groupe élémentaire, voir un problème de la série Groupes commutatifs finis, 1.) On a vu que |G| n’est pas divisible par 3, donc

PGCD(|Aut(S)|, |G|) = 2.

D'après le « cas particulier » du théorème du complément normal de Burnside, S admet donc un complément normal N dans G. (On aurait aussi pu utiliser le théorème qui dit que si G est un groupe fini > 1, si q désigne le plus petit facteur premier de l’ordre de G, si l’ordre de G n'est divisible ni par q³ ni par 12, alors G est q-nilpotent.) N est d'ordre $p{\frac {p^{2}+1}{2}},$ donc, d’après la partie a) du problème, il n'a qu'un p- sous-groupe de Sylow, soit P. D'après le chapitre Sous-groupes caractéristiques (exemples), P est caractéristique dans N. Puisque N est normal dans G, P est donc normal dans G. Puisque l’ordre de G n'est divisible qu'une fois par p, P est un p-sous-groupe de Sylow de G. Puisqu’il est normal dans G, c’est le seul p-sous-groupe de Sylow de G.

 

Problème 10

Soit G un groupe simple fini, soit $p$ un diviseur premier impair de l'ordre de G, soit P un $p$-sous-groupe de Sylow de G. On suppose que $\vert N_{G}(P)\vert =2p^{2}.$ Prouver que $N_{G}(P)$ est isomorphe soit au groupe diédral d'ordre $2p^{2}$ soit au groupe diédral généralisé construit sur $\mathbb {Z} /p\mathbb {Z} \times \mathbb {Z} /p\mathbb {Z} .$
Indication : dans les exercices sur le chapitre Groupes diédraux, on a classifié les groupes non abéliens d'ordre $2p^{2}.$

Solution

Il résulte des hypothèses que l'ordre de G est composé, donc, puisque G est supposé simple, G est un groupe simple fini non abélien. D'autre part, il est clair que les $p$-sous-groupes de Sylow de G sont d'ordre $p^{2},$ donc ils sont abéliens. Donc, d'après le chapitre théorique,

(1)$\qquad P\cap Z(N_{G}(P))=1$,

ce qui entraîne que $(N_{G}(P)$ n'est pas abélien. On a vu dans les exercices sur le chapitre Groupes diédraux (problème Classification des groupes d'ordre 18) que tout groupe non abélien d'ordre $2p^{2}$ est isomorphe soit au groupe diédral d'ordre $2p^{2}$, soit au groupe diédral généralisé construit sur $\mathbb {Z} /p\mathbb {Z} \times \mathbb {Z} /p\mathbb {Z} ,$ soit au produit direct $\mathbb {Z} /p\mathbb {Z} \times D_{2p}$, où $D_{2p}$ désigne le groupe diédral d'ordre $2p.$ Donc pour démontrer l'énoncé, il suffit de prouver que

(thèse 2)$\qquad N_{G}(P)$ n'est pas isomorphe au produit direct $\mathbb {Z} /p\mathbb {Z} \times D_{2p}.$

Supposons que cette thèse soit fausse, ce qui revient à supposer que

(hyp. 3)$\qquad N_{G}(P)$ soit produit direct interne $K\times L$, où K est un groupe d'ordre p et L un groupe isomorphe à $D_{2p}.$

Alors $Z(N_{G}(P))=Z(K)\times Z(L)=K\times Z(L)$, donc

(4)$\qquad Z(N_{G}(P))$ contient K.

Puisque P est le seul p-sous-groupe de Sylow de $N_{G}(P)$, K est contenu dans P, donc, d'après (4), $P\cap Z(N_{G}(P))\not =1$, ce qui contredit (1). Cette contradiction prouve que notre hypothèse (3) est absurde, autrement dit notre thèse (2) est vraie. Comme nous l'avons vu, cela prouve l'énoncé.