Théorie des groupes/Exercices/Sous-groupe de Frattini

Problème 0 (facile)

Soit G un groupe (fini ou infini). On suppose que Frat(G) est un sous-groupe maximal de G. Prouver que Frat(G) est le seul sous-groupe maximal de G.

Solution

Soit M un sous-groupe maximal de G. Il s'agit de prouver que

(thèse 1) M = Frat(G).

Par définition de Frat(G),

(2) Frat(G) est contenu dans M.

Si nous avions Frat(G < M,
et donc Frat(G) < M < G,
Frat(G) ne serait pas maximal dans G, ce qui contredit les hypothèses de l'énoncé. Donc, d'après (2), Frat(G) est égal à M, ce qui prouve notre thèse (1).

 

Problème 1

Soit G un groupe simple fini. Prouver que Frat(G) est trivial.

Solution

D'après le chapitre théorique, Frat(G) est un sous-groupe caractéristique et donc normal de G, donc, puisque G est simple, Frat(G) est égal à 1 ou à G. Mais G est un groupe fini non trivial, donc Frat(G) est distinct de G (voir le chapitre théorique, remarque sur l'énoncé 1). Donc Frat(G) = 1.

 

Problème 2

Soient G un groupe fini et $p$ un diviseur premier de $\vert G\vert .$ Prouver que $p$ figure dans la décomposition de $\vert Frat(G)\vert$ en facteurs premiers à une puissance strictement plus petite que dans la décomposition de $\vert G\vert$. (Autrement dit, si la décomposition de $\vert G\vert$ en facteurs premiers est $p_{1}^{e_{1}}\cdots p_{n}^{e_{n}}$, $\vert Frat(G)\vert$ divise $p_{1}^{e_{1}-1}\cdots p_{n}^{e_{n}-1}.$)
Indication : d'après les théorèmes de Sylow, il revient au même de prouver que si P est un p-sous-groupe de Sylow de G, alors P n'est pas contenu dans Frat(G); dans le cas contraire, déduire de la nilpotence de Frat(G) que P est un sous-groupe normal de G; appliquer le théorème de Schur-Zassenhaus puis le fait que P est contenu dans Frat(G).

Solution

Soit P un p-sous-groupe de Sylow de G. D'après les théorèmes de Sylow, tout revient à prouver que P n'est pas contenu dans Frat(G).
Supposons que, par absurde,

(hyp. 1)$\qquad$P soit contenu dans Frat(G).

Il est clair qu'alors

(2)$\qquad$P est un p-sous-groupe de Sylow de Frat(G).

Puisque, d'après le chapitre théorique, Frat(G) est nilpotent, il résulte de (2) que

(3)$\qquad$P est normal dans Frat(G).

Donc, puisque Frat(G) est caractéristique dans G,

(4)$\qquad$P est normal dans G.

Mais P, étant un sous-groupe de Sylow de G, est un sous-groupe de Hall de G, donc, d'après (4) et le théorème de Schur-Zassenhaus,

(5)$\qquad$P a un complément H dans G.

Alors PH = G. Comme P est supposé contenu dans Frat(G), cela entraîne H = G, donc G est un complément de P dans G, donc $P\cap G=1$, c'est-à-dire P = 1, ce qui est impossible puisque $p$ divise $\vert G\vert$ et que P est un p-sous-groupe de Sylow de G.
La contradiction obtenue prouve que notre hypothèse (1) est fausse, donc P n'est pas contenu dans Frat(G). Comme nous l'avons vu, cela prouve l'énoncé.

 

Remarque. Au vu de l'énoncé de ce problème, on pourrait être tenté de conjecturer que si G est un groupe fini et p un nombre premier divisant l'ordre de G, G a forcément un sous-groupe maximal d'indice divisible par p. Cette conjecture est vraie si G est résoluble, comme on le déduit facilement du Théorème de Philip Hall, mais elle n'est pas vraie en général. En effet, l'ordre du groupe PSL(2, 7) est 168 et est donc divisible par 3, mais on a vu dans un exercice de la série Intermède : groupes simples d'ordre 168 qu'aucun sous-groupe maximal du groupe PSL(2, 7) n'est d'indice divisible par 3.

Problème 3

Soit $n$ un nombre naturel; prouver que Frat($S_{n}$) et Frat($A_{n}$) sont triviaux.
Indication : on peut utiliser le fait que Frat($S_{n}$) est un sous-groupe normal nilpotent de $S_{n}$; on a déterminé les sous-groupes normaux de $S_{n}$ dans les exercices sur le chapitre Groupes alternés.

Solution

Si $n\leq 1$, l'énoncé est banal. On peut donc supposer $n\geq 2.$
Si $n=2$, alors $S_{n}$ est d'ordre premier, donc $Frat(S_{n})=1$ (voir par exemple l'énoncé 3 du chapitre théorique).
Si maintenant $n=3$, alors $\vert S_{n}\vert =6$, donc (par exemple d'après le théorème de Cauchy), on peut choisir un sous-groupe d'ordre 2 et un sous-groupe d'ordre 3 de $S_{n}=S_{3}.$ Chacun de ces deux sous-groupes est d'indice premier dans $S_{n}=S_{3}$, donc est maximal dans $S_{n}=S_{3}$; par exemple parce que les ordres de ces deux sous-groupes sont premiers entre eux, l'intersection de ces deux sous-groupes est triviale, donc $Frat(S_{n})=Frat(S_{3})=1.$ (Voir d'ailleurs le problème 2.)
Soit maintenant $n=4.$ Pour chaque $i$ dans $\{1,2,3,4\}$, notons $T_{i}$ le sous-groupe de $S_{n}=S_{4}$ formé par les permutations de $\{1,2,3,4\}$ qui fixent l'élément $i.$ Alors $T_{i}$ est isomorphe à $S_{3}$ et est donc d'indice 4 dans $S_{n}=S_{4}.$ Donc si $T_{i}$ n'était pas maximal dans $S_{n}=S_{4},$ il serait contenu dans un sous-groupe d'indice 2 de $S_{n}=S_{4}.$ On a vu dans une remarque du chapitre Groupes alternés que pour tout nombre naturel $r\geq 2$, $A_{r}$ est le seul sous-groupe d'indice 2 de $S_{r}$, donc, dans notre hypothèse, $T_{i}$ serait contenu dans $A_{4}$. C'est impossible, car $T_{i}$ comprend des transpositions, qui sont des permutations impaires. (On a d'ailleurs vu dans un exercice sur le chapitre Groupes alternés que $A_{4}$ n'a pas de sous-groupe d'ordre 6.) Donc chaque $T_{i}$ est maximal dans $S_{n}=S_{4}.$ Comme l'intersection des $T_{i}$ est évidemment triviale, $Frat(S_{4})$ est donc trivial.
Soit maintenant $n\geq 5.$ Puisque $S_{n}$ est un groupe fini non trivial, $Frat(S_{n})$ est un sous-groupe propre de $S_{n}$; de plus, $Frat(S_{n})$ est caractéristique et donc normal dans $S_{n}$ (voir le chapitre théorique). Or on a vu dans les exercices sur le chapitre Groupes alternés que (si $n\geq 5$) les seuls sous-groupes normaux propres de $S_{n}$ sont 1 et $A_{n}$, donc $Frat(S_{n})$ est égal à 1 ou à $A_{n}$. Mais $A_{n}$ est un groupe simple fini non abélien, donc non résoluble, donc non nilpotent, donc, puisque $Frat(S_{n})$ est nilpotent (chapitre théorique), $Frat(S_{n})=1$. (Sans utiliser la notion de groupe nilpotent, on pourrait dire que si $Frat(S_{n})$ était égal à $A_{n}$, $Frat(S_{n})$ serait un sous-groupe maximal de $S_{n}$, donc, d'après le problème 0, $Frat(S_{n})$ n'aurait qu'un sous-groupe maximal, donc, d'après un exercice sur le chapitre Groupes monogènes, ordre d'un élément, $S_{n}$ serait un groupe (cyclique) dont l'ordre aurait un seul facteur premier, ce qui est faux, car dans les présentes hypothèses, l'ordre de $S_{n}$ est divisible par 6.)
Nous avons donc prouvé que, pour tout nombre naturel $n$, $Frat(S_{n})=1$. Puisque $A_{n}$ est un sous-groupe normal de $S_{n}$, nous avons $Frat(A_{n})\leq Frat(S_{n})$ (chapitre théorique), donc $Frat(A_{n})=1$, ce qui achève de démontrer l'énoncé.

 

Remarque. Il faudra un jour compléter le cours en ce qui concerne les opérations primitives d'un groupe sur un ensemble. On prouve que si un groupe G agit primitivement sur un ensemble X d'au moins deux éléments, le stabilisateur d'un point de X est toujours un sous-groupe maximal de G. On pourrait en déduire que si $n\geq 2$, alors, pour tout $i$ dans $\{1,\ldots ,n\}$, le sous-groupe $T_{i}$ de $S_{n}$ formé par les permutations de $\{1,\ldots ,n\}$ qui fixent l'élément $i$ est un sous-groupe maximal de $S_{n}$. Comme l'intersection des $T_{i}$ est évidemment le sous-groupe trivial de $S_{n}$, on a donc $Frat(S_{n})=1.$