Théorie des groupes/Exercices/Intermède : groupes simples d'ordre 168

Problème 1

a) Soit G un groupe fini, soit p un nombre premier; on suppose que $n_{p}(G)$ (nombre des p-sous-groupes de Sylow de G) est le plus petit diviseur d de $\vert G\vert$ tel que d > 1 et d ≡ 1 (mod p).
Soient P, Q deux différents p-sous-groupes de Sylow de G. Prouver que $P\cap Q$ est contenu dans tous les p-sous-groupes de Sylow de G. (Indication : utiliser l'énoncé qu'on a appelé « lemme de l'intersection maximale » dans le chapitre théorique.)

Solution

Parmi les couples (R, S) de p-sous-groupes de Sylow de G distincts tels que

(1) $R\cap S$ contienne $P\cap Q$,

choisissons-en un tel que

(2) $\vert R\cap S\vert$ soit le plus grand possible.

Alors, si on désigne par I(2, p, G) l'ensemble des $A\cap B,$ où (A, B) parcourt les couples de p-sous-groupes de Sylow de G tels que $A\neq B$,

(3) $\vert R\cap S\vert$ est un élément maximal de I(2, p, G) ordonné par inclusion.

Pour prouver l'énoncé, il suffit évidemment de prouver que

(thèse 4) $R\cap S$ est contenu dans tous les p-sous-groupes de Sylow de G.

Posons $N=N_{G}(R\cap S).$ D'après l'énoncé qu'on a appelé « lemme de l'intersection maximale » dans le chapitre théorique, il résulte de (3) que

(5) $R\cap N$ et $S\cap N$ sont deux différents p-sous-groupes de Sylow de N.

Donc N a plus d'un p-sous-groupe de Sylow. D'après les théorèmes de Sylow, il en résulte que $n_{p}(N)$ (nombre des p-sous-groupes de Sylow de N) est > 1, congru à 1 modulo p et divise $\vert N\vert$, lequel divise $\vert G\vert$. D'après l'hypothèse de minimalité faite sur $n_{p}(G)$ dans l'énoncé, nous avons donc

(6) $n_{p}(N)\geq n_{p}(G).$

D'autre part, puisque N est sous-groupe de G, il existe une injection f de $\mathrm {Syl} _{p}(N)$ (ensemble des p-sous-groupes de Sylow de N) dans $\mathrm {Syl} _{p}(G)$ (ensemble des p-sous-groupes de Sylow de G) telle que, pour tout p-sous-groupe de Sylow A de N, f(A) contienne A (voir un exercice de la série Théorèmes de Sylow).
D'après (6), cette injection doit être une surjection, donc

(7) tout p-sous-groupe de Sylow de G contient un p-sous-groupe de Sylow de N.

Mais $R\cap S$ est un p-sous-groupe normal de $N=N_{G}(R\cap S),$ donc $R\cap S$ est contenu dans tout p-sous-groupe de Sylow de N. Donc, d'après (7), tout p-sous-groupe de Sylow de G contient $R\cap S$. Nous avons choisi R et S tels que $R\cap S$ contienne $P\cap Q$, donc tout p-sous-groupe de Sylow de G contient $P\cap Q$, ce qui démontre l'énoncé.

 

b) Soit G un groupe fini, soit p un nombre premier; on suppose que

1° $n_{p}(G)$ est le plus petit diviseur d de $\vert G\vert$ tel que d > 1 et d ≡ 1 (mod p);

2° $n_{p}(G)$ n'est pas congru à 1 modulo la plus grande puissance de p qui divise l'ordre de G.

Prouver que G n'est pas simple. (Utiliser le point a) et une forme forte du théorème de congruence de Sylow qu'on a démontrée dans les exercices sur les théorèmes de Sylow.)

Solution

D'après une forme forte du théorème de congruence de Sylow qu'on a démontrée dans les exercices sur les théorèmes de Sylow, il résulte de l'hypothèse 2° qu'on peut choisir deux différents p-sous-groupes de Sylow P et Q tels que

(1) $P\cap Q>1.$

D'après l'hypothèse 1° et le point a), $P\cap Q$ est contenu dans tous les p-sous-groupes de Sylow de G. Donc si I désigne l'intersection des p-sous-groupes de Sylow de G, $I=P\cap Q.$ Comme $P\cap Q<P$ (d'où $P\cap Q<G$), nous avons I < G, ce qui, joint à (1), donne

(2) 1 < I < G.

On a vu dans un exercice sur le chapitre Sous-groupes caractéristiques que I est un sous-groupe caractéristique de G, donc (2) montre que G n'est pas caractéristiquement simple et a fortiori n'est pas simple.

 

c) Soit G un groupe d'ordre 4400. Prouver que G n'est pas simple. (Indication. Si le nombre $n_{5}(G)$ des 5-sous-groupes de Sylow de G est égal à 16 ou à $16\times 11$, utiliser le théorème du complément normal de Burnside; si $n_{5}(G)=11,$ utiliser le point b).)

Solution

Notons $n_{5}(G)$ le nombre des 5-sous-groupes de Sylow de G. D'après les théorèmes de Sylow, $n_{5}(G)$ est congru à 1 modulo 5 et divise $16\times 11$. En distinguant selon que $n_{5}(G)$ est divisible ou non par 11, on trouve que $n_{5}(G)$ est égal à 1, 11, 16 ou $16\times 11$.
Si $n_{5}(G)=1,$ G a un 5-sous-groupe de Sylow normal et n'est donc pas simple.
Si $n_{5}(G)=11,$ alors $n_{5}(G)$ est le plus petit diviseur d de $\vert G\vert$ tel que d > 1 et d ≡ 1 (mod 5); comme, de plus, 11 n'est pas congru à 1 modulo la plus grande puissance de 5 (à savoir 25) qui divise $\vert G\vert$, il résulte du point b) que G n'est pas simple.
Si $n_{5}(G)=16\times 11,$ alors, P désignant un 5-sous-groupe de Sylow de G, $\vert N_{G}(P)\vert =25,$ donc

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

D'autre part, puisque l'ordre de P est le carré d'un nombre premier, P est commutatif, donc $P\leq C_{G}(P)\leq N_{G}(P),$ ce qui, joint à (1), donne $N_{G}(P)=C_{G}(P).$ D'après le théorème du complément de Burnside, P a donc un complément normal dans G, donc G n'est pas simple.
Reste le cas où $n_{5}(G)=16.$ Alors, P désignant un 5-sous-groupe de Sylow de G,

(2) $\vert N_{G}(P)\vert =25\times 11.$

En particulier,

(3) $\vert N_{G}(P)\vert$ est divisible par 11. Prouvons que

(thèse 4) $[N_{G}(P):C_{G}(P)]$ n'est pas divisible par 11.

D'après le lemme N/C, $[N_{G}(P):C_{G}(P)]$ divise $\vert \mathrm {Aut} (P)\vert$.
Si P est cyclique (d'ordre 25), alors, d'après le chapitre Automorphismes d'un groupe cyclique, $\vert \mathrm {Aut} (P)\vert =\varphi (25)=20$, donc la thèse (4) est vraie dans ce cas.
Si maintenant P n'est pas cyclique, il est produit direct de deux groupes d'ordre 5 (voir le chapitre Théorèmes de Sylow). D'après une remarque sur un exercice de la série Produit de groupes, P est assimilable à un espace vectoriel de dimension 2 sur le corps à p éléments. On montre facilement que les automorphismes du groupe P sont les automorphismes de cet espace vectoriel. Or ces automorphismes d'espace vectoriel sont en nombre $24\times 20$ (voir le chapitre Simplicité des groupes linéaires spéciaux projectifs), donc dans ce cas aussi, la thèse (4) est vraie, c'est-à-dire que $[N_{G}(P):C_{G}(P)]$ n'est pas divisible par 11. Donc d'après (3),

(5) $\vert C_{G}(P)\vert$ est divisible par 11.

Puisque P est commutatif, il est contenu dans $C_{G}(P)$, donc l'ordre de $C_{G}(P)$ est divisible par 25. D'après (5), cet ordre est donc divisible par $25\times 11$, donc, d'après (2), $N_{G}(P)=C_{G}(P).$ D'après le théorème du complément normal de Burnside, P a donc un complément normal dans G, donc G n'est pas simple.

 

Problème 2

Soit G un groupe simple d'ordre 168. (D'après le chapitre théorique, il existe de tels groupes et ils sont tous isomorphes à PSL(2, 7) ). Soit H un sous-groupe d'ordre 2 de G. Prouver que H est contenu dans exactement cinq 2-sous-groupes de Sylow de G.

Solution

Soit h un élément d'ordre 2 de G. L'énoncé revient à dire que h appartient à exactement cinq 2-sous-groupes de Sylow de G.
D'après le chapitre théorique (étape 17), les éléments d'ordre 2 de G sont en nombre 21 et forment une seule classe de conjugaison, donc le centralisateur de tout élément d'ordre 2 de G est d'ordre 8, donc tout élément g d'ordre 2 de G est central dans un et un seul 2-sous-groupe de Sylow de G.
Donc $C_{G}(h)$ est un 2-sous-groupe de Sylow de G. On a vu au chapitre théorique (étape 10) que les 2-sous-groupes de Sylow de G sont diédraux d'ordre 8 et on vérifie facilement qu'un groupe diédral D d'ordre 8 a exactement 5 éléments d'ordre 2 (dont un et un seul est central dans D). Désignons par $a_{1},\ldots ,a_{5}$ les 5 éléments d'ordre 2 de $C_{G}(h)$. Alors $C_{G}(a_{1}),\ldots ,C_{G}(a_{5})$ sont des 2-sous-groupes de Sylow de G.
Puisqu'un groupe diédral d'ordre 8 n'a qu'un élément central d'ordre 2, $C_{G}(a_{1}),\ldots ,C_{G}(a_{5})$ sont distincts. Ils comprennent tous h, puisque les $a_{i}$ appartiennent à $C_{G}(h)$. Enfin, si D est un 2-sous-groupe de Sylow de G qui comprend h, désignons par z(D) l'unique élément central d'ordre 2 de D; puisque D comprend h, z(D) commute avec h, donc z(D) appartient à $C_{G}(h)$, donc z(D) est un des 5 éléments $a_{1},\ldots ,a_{5}$; d'autre part, d'après ce qu'on a vu plus haut, $C_{G}(z(D))$ est un 2-sous-groupe de Sylow de G et, puisqu'il contient D, il doit être égal à D; donc D est égal à $C_{G}(z)$ où z est un des $a_{i}$, ce qui montre que tout 2-sous-groupe de Sylow de G qui comprend h est un des sous-groupes $C_{G}(a_{1}),\ldots ,C_{G}(a_{5})$.
Nous avons donc prouvé que h appartient à exactement cinq 2-sous-groupes de Sylow de G, ce qui démontre l'énoncé.

Voici, à toutes fins utiles, l'esquisse d'une autre rédaction de la même démonstration.
Si D est un groupe diédral d'ordre 8, on désigne comme plus haut par z(D) l'unique élément central d'ordre 2 de D. Alors, pour tout élément x d'ordre 2 de G,

(1) $z(C_{G}(x))=x$

et pour tout 2-sous-groupe de Sylow D de G,

(2) $C_{G}(z(D))=D.$

Pour tout élément h d'ordre 2 de G, notons S(h) l'ensemble des 2-sous-groupes de Sylow de G qui comprennent h et notons C(h) l'ensemble des éléments d'ordre 2 de G qui commutent avec h. Alors $D\mapsto z(D)$ définit une application de S(h) dans C(h) et $x\mapsto C_{G}(x)$ définit une application de C(h) dans S(h). D'après (1) et (2), ces deux applications sont réciproques, donc S(h) a le même nombre d'éléments que C(h). Mais C(h) est le nombre d'éléments d'ordre 2 du groupe $C_{G}(h)$, groupe qui est diédral d'ordre 8, donc C(h) est de cardinal 5, donc S(h) est lui aussi de cardinal 5.

 

Remarque. Comme 5 ne divise pas 168, cela montre qu'on ne peut pas énoncer ce renforcement d'un théorème de Sylow : soit G un groupe fini, soit p un nombre premier, soit P un p-sous-groupe de G; le nombre des p-sous-groupes de Sylow de G qui contiennent P divise l'ordre de G.

Problème 3

On va continuer l'examen des sous-groupes de PLS(2, 7) qui a été commencé dans le chapitre théorique.

a) Prouver que tout sous-groupe propre de PLS(2, 7) est d'un des types suivants et que chaque type est représenté :

a) groupe trivial (d'ordre 1);

b) groupe d'ordre 2 (isomorphe à Z/2Z);

c) groupe d'ordre 3 (isomorphe à Z/3Z);

d) groupe cyclique d'ordre 4;

e) groupe de Klein;

f) groupe isomorphe à $S_{3}$ (autrement dit à $D_{6}$);

g) groupe d'ordre 7 (isomorphe à Z/7Z);

h) groupe isomorphe à $D_{8}$;

i) groupe isomorphe à $A_{4}$;

j) groupe non abélien d'ordre 21 (appartenant donc à la seule classe d'isomorphie des groupes non abéliens d'ordre 21, voir les exercices sur le chapitre Produit semi-direct, problème 7);

k) groupe isomorphe à $S_{4}$.

Solution

Montrons d'abord que chaque type est représenté.
D'après le chapitre théorique, étape 9 ou 18, PSL(2, 7) a des sous-groupes isomorphes à $S_{4}$, donc le type k) est représenté.
Puisque $S_{4}$ contient (au moins) un sous-groupe isomorphe à $S_{3}$, qu'il contient $A_{4}$ et que ses 2-sous-groupes de Sylow sont isomorphes à $D_{8}$ (voir les exercices sur les groupes diédraux), les types f), h) et i) sont représentés.
Tout groupe diédral d'ordre 8 a un sous-groupe cyclique d'ordre 4 (car tout groupe diédral d'ordre 2n a un sous-groupe cyclique d'ordre n), donc le type d) est représenté.
D'après les exercices sur les groupes diédraux, problème 2bis, point b), tout groupe diédral d'ordre divisible par 4 contient (au moins) un sous-groupe de Klein, donc, d'après le résultat précédent, le type e) est représenté.
D'après le théorème de Cauchy, les types b) (groupe d'ordre 2), c) (groupes d'ordre 3) et g) (groupes d'ordre 7) sont représentés.
D'après le chapitre théorique, étapes 3 et 4, le normalisateur dans PSL(2, 7) d'un sous-groupe d'ordre 7 est un groupe non abélien d'ordre 21, donc le type j) est représenté.
Le type a) (groupe trivial) est évidemment représenté, donc nous avons prouvé que tous les types a) à k) sont représentés.

Prouvons maintenant que ce sont les seuls types possibles.
D'après le chapitre théorique, étape 1,

(1) tout sous-groupe propre de PSL(2, 7) est d'ordre inférieur ou égal à 24.

D'autre part,

(2) tout sous-groupe de PSL(2, 7) a pour ordre un diviseur de $\vert PSL(2,7)\vert =168=8\times 3\times 7$.

De (1) et (2), il résulte que

(3) tout sous-groupe propre de PSL(2, 7) est d'ordre 1, 2, 3, 4, 6, 7, 8, 12, 14, 21 ou 24.

D'après le chapitre théorique, étape 5, PSL(2, 7) n'a pas de sous-groupe d'ordre 14, donc, d'après (3),

(4) tout sous-groupe propre de PSL(2, 7) est d'ordre 1, 2, 3, 4, 6, 7, 8, 12, 21 ou 24.

S'il est d'ordre 1, il est du type a).
S'il est d'ordre 2, 3 ou 7, il est du type b), c) ou g).
S'il est d'ordre 4, il est du type d) ou du type e).
S'il est d'ordre 6, il est du type f) (isomorphe à $D_{6}$), car d'après le chapitre théorique, étape 8, PSL(2, 7) n'a pas de sous-groupe cyclique d'ordre 6 et, d'autre part, tout groupe d'ordre 6 est cyclique ou isomorphe à $D_{6}$, comme cela résulte d'un exercice sur le chapitre Groupes diédraux.
Si un sous-groupe de PSL(2, 7) est d'ordre 8, c'est un 2-sous-groupe de Sylow de PSL(2, 7), donc, d'après le chapitre théorique, il est isomorphe à $D_{8}$ et est donc du type h.
Soit H un sous-groupe d'ordre 12 de PSL(2, 7). On a vu au chapitre théorique, étape 8, que PSL(2, 7) n'a pas d'élément d'ordre 6, donc H est un groupe d'ordre 12 sans élément d'ordre 6. Or il résulte d'un exercice (classification des groupes d'ordre 12) sur le chapitre Groupes dicycliques que tout groupe d'ordre 12 sans élément d'ordre 6 est isomorphe à $A_{4}$, donc tout sous-groupe d'ordre 12 de PSL(2, 7) est isomorphe à $A_{4}$ et est donc du type i).
D'après le chapitre théorique, étape 4, PSL(2, 7) n'a pas de sous-groupe cyclique d'ordre 21, donc tout sous-groupe d'ordre 21 de PSL(2, 7) est du type j).
D'après le chapitre théorique, étape 8, PSL(2, 7) n'a pas d'élément d'ordre 6, donc tout sous-groupe d'ordre 24 de PSL(2, 7) est un groupe d'ordre 24 sans élément d'ordre 6. Or on a vu dans un exercice sur le chapitre Produit semi-direct que tout groupe d'ordre 24 sans élément d'ordre 6 est isomorphe à $S_{4}$, donc tout sous-groupe d'ordre 24 de PSL(2, 7) est isomorphe à $S_{4}$ et est donc du type k), ce qui achève de prouver le point a).

 

b) Prouver que les sous-groupes maximaux de PSL(2, 7) sont ses sous-groupes d'ordre 21 et ses sous-groupes d'ordre 24. (Indication : on peut commencer par prouver que si deux sous-groupes d'un même groupe sont conjugués, ils sont ou bien tous deux maximaux ou bien tous deux non maximaux.)

Solution

Soient G un groupe, soient H et K deux sous-groupes de G, conjugués dans G. Il existe donc un élément g de G tel que

K = g H g^-1.

Si H n'est pas maximal dans G, il existe un sous-groupe L de G tel que

H < L < G; puisque la conjugaison par G est un automorphisme de G, nous avons donc

g H g^-1 < g L g^-1 < G, autrement dit

K < g L g^-1 < G,

donc K n'est pas maximal dans G. Nous avons donc prouvé que tout conjugué d'un sous-groupe non maximal est non maximal. Puisque la relation « est un conjugué de » est symétrique, il en résulte que

(1) deux sous-groupes conjugués sont toujours ou bien tous deux maximaux ou bien tous deux non maximaux.

En particulier, puisque les p-sous-groupes de Sylow d'un même groupe fini sont conjugués,

(2) si G est un groupe fini et p un nombre premier, si G a un p-sous-groupe de Sylow non maximal, alors tous les sous-groupes de Sylow de G sont non maximaux.

Revenons maintenant au groupe PSL(2, 7).
Tout sous-groupe d'ordre 1, 2 ou 4 de PSL(2, 7) est contenu dans un 2-sous-groupe de Sylow de PSL(2, 7) (voir chapitre Théorèmes de Sylow), c'est-à-dire dans un sous-groupe d'ordre 8 de PSL(2, 7). Donc

(3) aucun sous-groupe d'ordre 1, 2 ou 4 de PSL(2, 7) n'est maximal dans PSL(2, 7).

On a vu que PSL(2, 7) a des sous-groupes d'ordre 6. D'après Cauchy ou Sylow, un tel sous-groupe contient un sous-groupe d'ordre 3, autrement dit un 3-sous-groupe de Sylow de PSL(2, 7). Il y a donc un 3-sous-groupe de Sylow de PSL(2, 7) qui n'est pas maximal dans PSL(2, 7), donc, d'après (2), aucun 3-sous-groupe de Sylow de PSL(2, 7) n'est maximal dans PSL(2, 7), autrement dit

(4) aucun sous-groupe d'ordre 3 de PSL(2, 7) n'est maximal dans PSL(2, 7).

Du fait que PSL(2, 7) a des sous-groupes d'ordre 21, on déduit de même qu'

(5) aucun sous-groupe d'ordre 7 de PSL(2, 7) n'est maximal dans PSL(2, 7)

et du fait que PSL(2, 7) a des sous-groupes d'ordre 24, on déduit de même qu'

(6) aucun sous-groupe d'ordre 8 de PSL(2, 7) n'est maximal dans PSL(2, 7).

Prouvons qu'aucun sous-groupe d'ordre 6 de PSL(2, 7) n'est maximal dans PSL(2, 7).
Soit H un sous-groupe d'ordre 6 de PSL(2, 7).
D'après les théorèmes de Sylow,

(7) H a un sous-groupe normal d'ordre 3.

D'autre part, on a vu dans le chapitre théorique, étape 7, que

pour tout sous-groupe P d'ordre 3 de PSL(2, 7), le normalisateur de P dans PSL(2, 7) est isomorphe à $S_{3}$ et est donc d(ordre 6. Joint à (7), cela montre que

tout sous-groupe d'ordre 6 de PSL(2, 7) est le normalisateur dans PSL(2, 7) d'un sous-groupe d'ordre 3 de PSL(2, 7),

autrement dit,

(8) tout sous-groupe d'ordre 6 de PSL(2, 7) est le normalisateur dans PSL(2, 7) d'un 3-sous-groupe de Sylow de PSL(2, 7).

Puisque les 3-sous-groupes de Sylow de PSL(2, 7) sont conjugués dans PSL(2, 7) et que, d'après un exercice de la série Conjugaison, centralisateur, normalisateur, les normalisateurs de deux sous-groupes conjugués sont eux-mêmes conjugués, il résulte de (8) que

(9) les sous-groupes d'ordre 6 de PSL(2, 7) sont tous conjugués.

On a vu que PSL(2, 7) a des sous-groupes isomorphes à $S_{4}$ et $S_{4}$ contient des sous-groupes isomorphes à $S_{3}$ et donc d'ordre 6, donc PSL(2, 7) a des sous-groupes d'ordre 6 non maximaux. Joint à (9) et à (1), cela prouve qu'

(10) aucun sous-groupe d'ordre 6 de PSL(2, 7) n'est maximal.

Prouvons maintenant qu'aucun sous-groupe d'ordre 12 de PSL(2, 7) n'est maximal.
Soit K un sous-groupe d'ordre 12 de PSL(2, 7). On a vu que K est isomorphe à $A_{4}$, donc (chapitre Groupes alternés )

K a un unique sous-groupe de Klein normal, soit V.

(11) Le normalisateur de V dans PSL(2, 7) contient donc K et est donc d'ordre divisible par 12.

D'autre part, V est contenu dans un 2-sous-groupe de Sylow de PSL(2, 7), c'est-à-dire dans un sous-groupe L d'ordre 8 de PSL(2, 7). Par exemple parce que tout sous-groupe d'indice 2 est normal (voir un exercice de la série Sous-groupe distingué) ou encore parce que pour tout nombre premier p, tout sous-groupe d'indice p d'un p-groupe fini est normal dans ce groupe (voir chapitre Groupes nilpotents, énoncé 24bis), V est donc normal dans un sous-groupe d'ordre 8 de PSL(2, 7), donc le normalisateur de V dans PSL(2, 7) est d'ordre divisible par 8. Joint à (11), cela montre que

(12) le normalisateur de V dans PSL(2, 7) est d'ordre divisible par 24.

D'autre part, puisque PSL(2, 7) est simple, le normalisateur de V dans PSL(2, 7) est un sous-groupe propre de PSL(2, 7). Donc, puisque nous avons vu que tout sous-groupe propre de PSL(2, 7) est d'ordre inférieur à 24, nous pouvons préciser (12) en disant que le normalisateur de V dans PSL(2, 7) est d'ordre 24. Joint à (11), cela montre que K est contenu dans un sous-groupe d'ordre 24 de PSL(2, 7). Puisque c'est démontré pour tout sous-groupe K d'ordre 12 de PSL(2, 7), cela prouve qu'

(13) aucun sous-groupe d'ordre 12 de PSL(2, 7) n'est maximal dans PSL(2, 7).

D'après les résultats (3), (4), (5), (6), (10) et (13), aucun sous-groupe d'ordre 1, 2, 3, 4, 6, 7, 8 ou 12 de PSL(2, 7) n'est maximal dans PSL(2, 7). Comme nous l'avons vu au point a), les seuls autres ordres possibles pour des sous-groupes propres de PSL(2, 7) sont 21 et 24 et il est donc clair que les sous-groupes maximaux de PSL(2, 7) sont ses sous-groupes d'ordre 21 et ses sous-groupes d'ordre 24.

 

Remarque. Nous avons prouvé que les sous-groupes maximaux de PSL(2, 7) sont ses sous-groupes d'ordre 21 et ses sous-groupes d'ordre 24, donc tout sous-groupe maximal de PSL(2, 7) est d'ordre divisible par 3. Puisque 3 ne divise qu'une fois l'ordre (égal à 168) de PSL(2, 7), il en résulte qu'aucun sous-groupe maximal de PSL(2, 7) n'est d'indice divisible par 3 dans PSL(2, 7). Cela nous fournira un contre-exemple dans un exercice sur le chapitre Sous-groupe de Frattini.