Groupe (mathématiques)/Exercice/Premiers résultats sur les groupes simples

D'après les théorèmes de Sylow, le nombre des 5-sous-groupes de Sylow de G est > 1, congru à 1 modulo 5 et divise 12. Le nombre des 5-sous-groupes de Sylow de G est donc égl à 6. D'après un problème de la série Groupes monogènes, ordre d'un élément, il en résulte que G comprend exactement 24 éléments d'ordre 5.

Soit n le nombre des 2-sous-groupes de Sylow de G (c'est-à-dire le nombre de ses sous-groupes d'ordre 4). D'après les théorèmes de Sylow, n divise 15. D'autre part, puisque G est simple et d'ordre non premier, il est isomorphe à un sous-groupe de S_n, donc l'ordre 60 de G divise n!, donc n est au moins égal à 5, donc il est égal à 5 ou à 15. Puisque nous supposons que les 2-sous-groupes de Sylow de G ont deux à deux une intersection triviale, les ensembles P - {1}, où P parcourt les 2-sous-groupes de Sylow de G, sont deux à deux disjoints, donc leur réunion compte exactement 3n éléments, donc la réunion des 2-sous-groupes de Sylow de G, c'est-à-dire l'ensemble des éléments de G dont l'ordre divise 4, est de cardinal 3n + 1. Nous avons vu au point a) que G comprend 24 éléments d'ordre 5, donc 3n + 1 ≤ 60 - 24 = 36, donc n n'est pas égal à 15, donc il est égal à 5.
Nous aurions pu le prouver sans utiliser le point a). En effet, puisque nous supposons que les 2-sous-groupes de Sylow de G ont deux à deux une intersection triviale, il résulte d'un problème de la série Théorèmes de Sylow que leur nombre est congru à 1 modulo 4.

Soient P₁ et P₂ deux sous-groupes d'ordre 4 dont l'intersection n'est pas triviale, soit a l'élément non neutre de cette intersection. Puisque P₁ et P₂ sont distincts et ont le même ordre fini, aucun des deux n'est contenu dans l'autre. Puisque les groupes P₁ et P₂ sont d'ordre 4, ils sont commutatifs (Groupes monogènes, ordre d'un élément). Donc le centralisateur C_G(a) de a contient P₁, donc l'ordre de C_G(a) est divisible par 4. De plus, C_G(a) contient P₂, qui n'est pas contenu dans P₁, donc C_G(a) n'est pas réduit à P₁, donc l'ordre de C_G(a) est un multiple de 4 strictement plus grand que 4. Comme cet ordre divise l'ordre 60 de G, il doit donc être égal à 12, à 20 ou à 60. S'il était égal à 60, le centralisateur de a serait G tout entier, autrement dit a appartiendrait au centre de G, ce qui est impossible car, comme on a noté dans la théorie, le centre d'un groupe simple dont l'ordre n'est pas un nombre premier est réduit à l'élément neutre. Donc l'ordre de C_G(a) est égal à 12 ou à 20. S'il était égal à 20, C_G(a) serait d'indice 3 dans G, donc, comme vu dans la théorie, G serait isomorphe à un sous-groupe de S₃, ce qui est impossible puisque G est d'ordre 60 et S₃ d'ordre 6. Donc C_G(a) est d'ordre 12, ce qui démontre l'énoncé.

Il revient au même de prouver que G admet un sous-groupe d'ordre 12. S'il existe deux sous-groupes d'ordre 4 de G dont l'intersection n'est pas triviale, cela résulte immédiatement du point c). Dans le cas contraire, il résulte du point b) que le nombre des 2-sous-groupes de Sylow de G est 5. Puisque les 2-sous-groupes de Sylow de G sont exactement les conjugués de l'un d'eux, le normalisateur dans G d'un 2-sous-groupe de Sylow de G est d'indice 5 dans G, ce qui achève la démonstration.

D'après le chapitre théorique, il résulte du point d) que G est isomorphe à un sous-groupe G₀ de A₅. Puisque G est d'ordre 60, G₀ est lui aussi d'ordre 60. Comme A₅ est lui-même d'ordre 60, G₀ est égal à A₅, donc G est isomorphe à A₅.

Prouvons que c'est l'hypothèse du point b) qui est vraie, à savoir que deux sous-groupes de G d'ordre 4 se coupent toujours trivialement. Puisque G est isomorphe à A₅, il suffit de le prouver pour A₅. La décomposition canonique d'une permutation en produit de cycles montre que les seuls éléments d'ordre 4 de S₅ sont les cycles d'ordre 4. Ces cycles sont des permutations impaires, donc A₅ ne comprend pas d'éléments d'ordre 4. Soit H un sous-groupe d'ordre 4 de A₅. D'après ce qui précède, tout élément de H - {1} est d'ordre 2. La décomposition canonique d'une permutation en produit de cycles montre que les seuls éléments d'ordre 2 de S₅ sont les transpositions et les permutations de la forme (a b) (c d), où a, b, c et d sont quatre éléments distincts. Puisque les transpositions sont des permutations impaires, elles n'appartiennent pas à A₅, donc tout élément de H - {1} est de la forme (a b) (c d). On vérifiera que si {a, b, c, d} et {x, y, z, t} sont deux parties distinctes de cardinal 4 de {1, 2, 3, 4, 5}, la permutation (a b) (c d) et la permutation (x y) (z t) ne commutent pas. (Soit e le seul des éléments x, y, z, t qui est distinct de a, b, c et d. La permutation conjuguée de (a b) (c d) par (x y) (z t) comprend e dans son support et n'est donc pas égale à (a b) (c d).) Puisque H, étant d'ordre 4, est commutatif, on en déduit qu'il est de la forme {1, (a b) (c d), (a c) (b d), (a d) (b c)}, d'où on tire facilement que les sous-groupes d'ordre 4 de A₅ se coupent trivialement deux à deux.

Puisque p ne divise qu'une fois l'ordre de G, n_p est le nombre des sous-groupes d'ordre p de G. D'après un problème de la série Groupes monogènes, ordre d'un élément, le nombre des éléments d'ordre p de G est donc égal à n_p (p - 1). De même, le nombre des éléments d'ordre q de G est égal à n_q (p - 1) et le nombre des éléments d'ordre r de G est égal à n_r (r - 1). L'ensemble des éléments d'ordre p de G, l'ensemble de ses éléments d'ordre q, l'ensemble de ses éléments d'ordre r et l'ensemble formé par son unique élément d'ordre 1 sont quatre parties disjointes de G, donc l'ordre pqr de G est au moins égal à la somme des cardinaux de ces quatre parties, ce qui prouve l'énoncé.

Soit n_p > 1. D'après les théorèmes de Sylow, n_p divise qr. Comme le plus petit diviseur autre que 1 de qr est q, on a donc n_p ≥ q. Soit maintenant n_q > 1. D'après les théorèmes de Sylow, n_q divise pr et est congru à 1 modul q. Comme les seuls diviseurs de pr sont 1, p, r et pr et que p n'est pas congru à 1 moduloq (car p < r et on vérifie facilement qu'un nombre naturel congru à 1 modulo un autre est plus grand que cet autre), n_q doit être égal à r ou à pr, d'où n_q ≥ r. Soit enfin n_r > 1. D'après les théorèmes de Sylow, n_r divise pq et est congru à 1 modul r. Comme les seuls diviseurs de pq sont 1, p, q et pq et que ni p ni q n'est congru à 1 modulo r (parce que p et q sont tous deux plus petits que r), n_r est égal à pq.

Comme en b), nous pouvons supposer p < q <r. Si, par absurde, G est simple, n_p, n_q et n_r sont tous trois > 1, donc, d'après b),

En portant cela dans la relation (1) du point a) nous trouvons

d'où

ce qui est absurde, par exemple parce que le premier membre est plus petit que 2r et le second membre plus grand que 2r.

Si p = 2, G est un 2-groupe, donc un groupe résoluble d'ordre non premier, donc G n'est pas simple. Si p est différent de 2, un p-sous-groupe de Sylow de G est d'indice 2 dans G, donc est distingué dans G. Puisqu'un tel sous-groupe est distinct de 1 et de G, G n'est pas simple.

Supposons que, par absurde, G soit un groupe simple d'ordre 12. Le nombre des 3-sous-groupes de Sylow de G est distinct de 1, congru à 1 modulo 3 et divise 4. Ce nombre est donc 4. D'après un raisonnement tenu dans la solution du problème 1, question a), G comprend donc exactement 8 éléments d'ordre 3. Il reste quatre éléments dont l'ordre divise 4, donc G n'a qu'un 2-sous-groupe de Sylow, ce qui est absurde, puisque G est simple.

Si p = 2 ou r = 0, G est un 2-groupe et est donc résoluble d'ordre non premier, donc n'est pas simple. Supposons maintenant p > 2 et r > 0. Supposons que, par absurde, G soit simple. Le nombre des p-sous-groupes de Sylow est > 1, congru à 1 modulo p et divise 4. Ce nombre doit donc être égal à 4, donc (théorie) G est isomorphe à un sous-groupe de A₄, donc l'ordre de G divise 12, donc cet ordre (qui est un multiple strict de 4) est égal à 12. D'après le point a), ceci est absurde.

Soit G un groupe d'ordre n = 5 × 2^r, avec r ≥ 1. Si r = 1, n est le produit de deux nombres premiers, donc (théorie) G n'est pas simple. Si r = 2, n est de la forme 4p avec p premier et il résulte d'un problème ci-dessus que G n'est pas simple. Rete le cas où r ≥ 3. Soit, par absurde, G un groupe simple d'ordre 5 × 2^r, avec r ≥ 3. Le nombre des 2-sous-groupes de Sylow de G est égal à 5, donc (théorie) l'ordre de G divise l'ordre 60 de A₅, ce qui est absurde, puisque l'ordre de G est divisible par 8.

Si p = 3, G est résoluble d'ordre non premier et n'est donc pas simple. On peut donc supposer p distinct de 3. Le nombre des p-sous-groupes de Sylow de G divise 3. Si G est simple, il en résulte (théorie) que l'ordre 3 × pⁿ de G divise l'ordre de A₃, c'est-àdire divise 3, ce qui est absurde.

Soit, par absurde, G un groupe simple d'ordre 56. Le nombre des 7-sous-groupes de Sylow de G est > 1, congru à 1 modulo 7 et divise 8, donc il est égal à 8. D'après un principe déjà noté, le nombre des éléments d'ordre 7 de G est égak à 48. Il ne reste donc dans G qu'au plus 8 éléments dont l'ordre divise 8. Il n'y a donc dans G qu'un 2- sous-groupe de Sylow (c'est-à-dire un sous-groupe d'ordre 8), donc G n'est pas simple.

Si r = 1, n est le produit de deux nombres premiers, donc G n'est pas simple. Si r = 2, n est de la forme 4p, avec p premier, et l'énoncé résulte d'un problème ci-dessus. Si r = 3, l'énoncé résulte du point a). Reste le cas où r ≥ 4. Soit, par absurde, G un groupe simple d'ordre n = 7 × 2^r, avec r ≥ 4. Le nombre des 2-sous-groupes de Sylow de G est égal à 7, donc G, étant simple, est isomorphe à un sous-groupe de A₇ (voir théorie). C'est impossible, car l'ordre de G est divisible par 16 et l'ordre de A₇, égal à 7 × 6 × 5 × 4 × 3, ne l'est pas.

Soit, par absurde, G un groupe simple d'ordre 72. Le nombre des 3-sous-groupes de Sylow de G est > 1, congru à 1 modulo 3 et divise 8, donc est égal à 4. Il en résulte (théorie) que G est isomorphe à un sous-groupe de A₄, ce qui est absurde puisque l'ordre de G est strictement supérieur à celui de A₄.

Soit, par absurde, G un groupe simple d'ordre 90. La décomposition de 90 en facteurs premiers est 2 × 3² × 5. Le nombre des 5-sous-groupes de Sylow de G est > 1, congru à 1 modulo 5 et divise 18, donc est égal à 6. Le nombre des éléments d'ordre 5 de G est donc 24. Le nombre des 3-sous-groupes de Sylow de G est > 1, congru à 1 modulo 3 et divise 10, donc est égal à 10. Prouvons que l'intersection de deux 3-sous-groupes de Sylow de G disticts est toujours réduite à l'élément neutre. Soient, par absurde, P₁ et P₂ deux 3-sous-groupes de Sylow de G ayant en commun un élément a distinct de l'élément neutre. Les groupes P₁ et P₂, ayant pour ordre le carré d'un nombre premier, sont commutatifs (voir le chapitre Théorèmes de Sylow, donc ils sont tous deux contenus dans le centralisateur C_G(a) de a. Ce centralisateur est donc un sous-groupe de G d'ordre divisible par 9 et strictement plus grand que 9. Cet ordre est donc égal à un des nombres 18, 45 ou 90. Si C_G(a) était d'ordre 90, il serait égal à G tout entier, donc a appartiendrait à au centre de G, donc ce centre ne serait pas réduit à l'élément neutre. Puisque le centre est un sous-groupe distingué et que G est simple, le centre de G serait donc G tout entier, autrement dit G serait commutatif, ce qui est impossible puisque c'est un groupe simple d'ordre non premier. Donc C_G(a) est d'ordre 18 ou 45, donc d'indice 2 ou 5 dans G. Il en résulte (théorie) que G est isomorphe à un sous-groupe de A₅, puisque l'ordre de G est divisible par 9 et que l'ordre 60 de A₅ ne l'est pas. La contradiction obtenue prouve que les 3-sous-groupes de Sylow de G ont deux à deux une intersection triviale. Puisque nous avons vu que le nombre des 3-sous-groupes de Sylow de G est 10, les éléments de G dont l'ordre divise 9 sont donc en quantité 81. Nous avons vu que G comprend 24 éléments d'ordre 5, donc G comprend au moins 81 + 24 = 105 éléments, ce qui est absurde puisque G est supposé d'ordre 90. Cette contradiction prouve l'énoncé.

Soit, par absurde, G un groupe simple d'ordre 120. Le nombre des 5-sous-groupes de Sylow de G est > 1, congru à 1 modulo 5 et divise 24. Ce nombre est donc égal à 6. Donc (théorie), G est isomorphe à un sous-groupe G₀ de A₆. Puisque G₀ est d'ordre 120 et A₆ d'ordre 360, G₀ est donc d'indice 3 dans A₆. Puisque A₆ est un groupe simple, ceci entraîne que A₆ est isomorphe à un sous-groupe de A₃, ce qui est clairement absurde.

Soit, par absurde, G un groupe simple d'ordre 132. La décomposition de 132 en facteurs premiers est 2² × 3 × 11. Le nombre des 11-sous-groupes de Sylow de G est > 1, congru à 1 modulo 11 et divise 12. Ce nombre est donc égal à 12, donc le nombre des éléments d'ordre 11 de G est 120. Le nombre des éléments de G qui ne sont pas d'ordre 11 est donc égal à 12. Le nombre des 3-sous-groupes de Sylow de G est > 1, congru à 1 modulo 3 et divise 44. Il est donc égal à 4 ou à 22. S'il était égal à 22, G comprendrait 44 éléments d'ordre 3, ce qui est impossible, puisque nous avons vu que G ne comprend que 12 éléments qui ne sont pas d'ordre 11. Donc le nombre des sous-groupes d'ordre 3 de G est égal à 4, donc G comprend 8 éléments d'ordre 3. Il reste au plus 4 éléments dont l'ordre divise 4, donc G n'a qu'un sous-groupe d'ordre 4, donc il n'est pas simple, contradiction.
Remarque : une fois prouvé que le nombre des 3-sous-groupes de Sylow de G est égal à 4, on aurait pu en conclure que G doit être isomorphe à un sous-groupe de A₄, ce qui est évidemment absurde, puisque l'ordre de G est strictement supérieur à celui de A₄.

Soit, par absurde, G un groupe simple d'ordre 144. La décomposition de 144 en facteurs premiers est 2⁴ 3². Le nombre des 3-sous-groupes de Sylow de G est > 1, congru à 1 modulo 3 et divise 16, donc est égal à 4 ou à 16. S'il était égal à 4, G serait isomorphe à un sous-groupe de A₄, ce qui est impossible, puisque l'ordre de G est strictement supérieur à celui de A₄. Donc le nombre des 3-sous-groupes de Sylow de G est 16.
Prouvons que si P et Q sont deux 3-sous-groupes de Sylow de G, P ⋂ Q = 1.
Commençons par prouver que <P,Q> = G. L'ordre du sous-groupe <P,Q> de G est un diviseur de 144 divisible par 9 et strictement supérieur à 9, donc est égal à un des nombres 18, 36, 72, ou 144. Si <P,Q> était d'ordre 36 ou 72, ce serait un sous-groupe propre d'indice ≤ 4 de G, donc G serait isomorphe à un sous-groupe de A₄, ce qui, comme on l'a déjà noté, est impossible. Si <P,Q> était d'orde 18, P serait d'indice 2 dans <P,Q>, donc P serait distingué dans <P,Q>, donc Q normaliserait P, ce qui est impossible car un sous-groupe de Sylow ne normalise jamais un autre sous-groupe de Sylow du même ordre. (Cela résulte clairement du fait que si un élément x dont l'ordre est une puissance du nombre premier p normalise un p-sous-groupe de Sylow P, x appartient à P. Pour ce fait, voir un problème de la série Théorèmes de Sylow. Donc l'ordre de <P,Q> est 144, autrement dit, <P,Q> est G tout entier, comme annoncé. Prouvons maintenant que P ⋂ Q = 1. Dans le cas contraire, il existe un élément a distinct de 1 qui appartient à P et à Q. Puisque P et Q sont d'ordre 9 et qu'un groupe dont l'ordre est le carré d'un nombre premier est toujours commutatif (voir le chapitre Théorèmes de Sylow, P et Q sont commutatifs et sont donc contenus dans le centralisateur de a, donc <P,Q> est contenu dans ce centralisateur. Puisque nous avons montré que <P,Q> est G tout entier, il en résulte que le centralisateur de a est G tout entier, autrement dit a appartient au centre de G, donc le centre de G n'est pas réduit à l'élément neutre. C'est impossible, puisque G est un groupe simple d'ordre non premier. (Voir chapitre théorique.) Nous avons donc prouvé que si P et Q sont deux 3-sous-groupes de Sylow de G distincts, P ⋂ Q = 1. Puisque nous avons prouvé aussi que les 3-sous-groupes de Sylow de G sont au nombre de 16, il y a donc 128 éléments de G dont l'ordre est égal à 3 ou à 9. Il reste au plus 16 éléments dont l'ordre divise 16, donc G ne contient qu'un 2-sous-groupe de Sylow, ce qui est impossible puisque G est simple et d'ordre non premier.

Soit, par absurde, G un groupe simple d'ordre 150. La décomposition de 150 en facteurs premiers est 2 × 3 × 5². Le nombre des 5-sous-groupes de Sylow de G est > 1, congru à 1 modulo 5 et divise 6, donc est égal à 6. Donc (théorie) G est isomorphe à un sous-groupe de A₆, ce qui est absurde, puisque l'ordre de G est divisible par 25 et que A₆ ne l'est pas.

Soit G un groupe simple d'ordre n non premier. Si p est un facteur premier de n, n est multiple de pn', où n' est le nombre des p-sous-groupes de Sylow de G. On sait que n' est > 1 et congru à 1 modulo p, donc est > p, donc p² < n. Supposons maintenant n < 168. Soit p le plus grand facteur premier de n. D'après ce qu'on vient de démontrer, p ≤ 11. Si p = 11, alors, d'après les remarques qui précèdent, n est de la forme 11 n'', où n'' est mutiple d'un nombre n' tel que n' > 1 et n' ≡ 1 modulo 11 (et où tout facteur premier de n'' est ≤ 11). Ceci n'est possible qu'avec n = 132, mais nous avons vu dans un des problèmes qui précèdent qu'il n'y a pas de groupe simple d'ordre 132. Donc le plus grand facteur premier p de n est < 11 et est donc ≤ 7. Supposons p = 7. Alors n est de la forme 7 n'', où n'' est mutiple d'un nombre n' tel que n' > 1 et n' ≡ 1 modulo 7 et où tout facteur premier de n'' est ≤ 7. Il en résulte que n est multiple de 56 ou de 105, donc n est égal à 56, 112 ou 105. On a vu dans les problèmes précédents qu'il n'y a pas de groupe simple d'ordre 7 × 2^r avec r > 0, ce qui exclut 56 et 112. On a vu aussi que l'ordre d'un groupe simple n'est jamais le produit de trois facteurs premiers distincts, ce qui exclut 105. Donc p < 7, donc p ≤ 5. Supposons p = 5. Alors n est de la forme 5 n'', où n'' est mutiple d'un nombre n' tel que n' > 1 et n' ≡ 1 modulo 5 et où tout facteur premier de n'' est ≤ 5. Donc n est multiple de 30 ou de 80, donc n est égal à un des nombres 30, 60, 90, 120, 150, 80 ou 160. On a prouvé plus haut qu'aucun groupe simple n'est d'ordre 90, 120 ou 150, donc n est égal à 30, 60, 80 ou 160. Il ne peut pas être égal à 30 parce qu'on a prouvé que l'ordre d'un groupe simple n'est jamais le produit de trois nombres premiers distincts. Il ne peut pas être égal à 80 ou à 160, parce qu'on a prouvé que l'ordre d'un groupe simple n'est jamais de la forme 5 × 2^r, avec r ≥ 1. Donc n est égal à 60, donc, d'après un problème précédent, G est isomorphe à A₅, ce qui est conforme à l'énoncé.
Reste le cas où le plus grand facteur premier de n est ≤ 3. Alors n est de la forme 2^a3^b. On a vu dans les problèmes précédents que l'ordre d'un groupe simple n'est jamais de la forme 2 × q^r avec q premier et r ≥ 1, et n'est jamais de la forme 4 × q^r avec q premier et r ≥ 0. Puisque, par hypothèse, G est d'ordre non premier, on a donc a ≥ 3. On a vu aussi dans les problèmes précédents que l'ordre d'un groupe simple n'est jamais de la forme 3 × qⁿ, avec q premier et n > 0. Puisque, par hypothèse, G est d'ordre non premier, on a donc b ≥ 2. Donc n est multiple de 72 et est donc égal à 72 ou à 144. Mais on a prouvé dans les problèmes précédents qu'un groupe simple n'est jamais d'ordre 72 ni d'ordre 144, ce qui achève la démonstration.