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, 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.