Leçons de niveau 14

Théorie des groupes/Le théorème p-q de Burnside

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Théorie des groupes/Le théorème p-q de Burnside
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Dans ce chapitre, on va démontrer le théorème p-q de Burnside, ou théorème pa qb de Burnside, selon lequel tout groupe fini dont l'ordre compte au plus deux facteurs premiers distincts est résoluble. La démonstration est celle que Burnside lui-même a donnée en 1904 à l'aide de la théorie des -caractères des groupes finis.

On resta environ soixante-cinq ans sans connaître de démonstration indépendante de la théorie des caractères. En suivant une indication de J.G. Thompson, D. Goldschmidt donna en 1970 une telle démonstration limitée aux groupes d'ordre pa qb impair et H. Bender compléta la démonstration en 1972[1].

La numérotation des énoncés fait suite à celle du chapitre précédent.

Début d’un théorème


Fin du théorème

Démonstration. Signalons d'abord qu'il est possible de démontrer un énoncé plus général d'une façon qu'on peut trouver plus satisfaisante que la méthode utilisée ici[2].
On peut évidemment réduire l'énoncé au cas où j et k sont distincts.
Supposons d'abord r égal à 2.
Nous avons alors

(1)

et il s'agit de prouver que

(thèse 2) appartient à

(ensemble des nombres réels strictement positifs).
On va utiliser la structure de corps de l'ensemble des nombres complexes pour réduire le nombre des symboles à manipuler.
Si nous posons , l'hypothèse (1), qui équivaut à

peut s'écrire

(3)

et la thèse (2) peut s'écrire

(thèse 4)

Soit

(5)

avec a, b réels, La relation (3) peut s'écrire

d'où, en élevant au carré,

(6)

Une nouvelle élévation au carré donne b = 0, donc, d'après (5),

(7)

Le second membre de (6) est Il n'est pas nul, sans quoi a et b seraient tous deux nuls, donc z serait nul, donc serait nul, ce qui est contraire aux hypothèses. Donc le second membre de (6) est > 0, donc il en est de même du premier membre, c'est-à-dire que a > 0, ce qui, d'après (7), peut s'écrire C'est notre thèse (4), donc nous avons démontré l'énoncé dans le cas où r est égal à 2.
Passons au cas général. Comme déjà noté, nous pouvons supposer que j et k sont distincts.
Si nous avions

(8)

l'inégalité triangulaire

donnerait

autrement dit

ce qui est contraire aux hypothèses de l'énoncé.
Donc notre hypothèse (8) est absurde, donc (inégalité triangulaire)

D'après la première partie de la démonstration, il en résulte que est un nombre réel > 0, ce qui prouve l'énoncé.

Début d’un théorème


Fin du théorème

Démonstration. Supposons que, par absurde, on ait

(hyp. 1)

D'après l'inégalité triangulaire, le premier membre est inférieur ou égal au second, donc cette hypothèse revient à

D'après le lemme 38, on a donc, pour tous indices j, k,

(2)

avec En passant aux valeurs absolues et en tenant compte que, d'après les hypothèses de l'énoncé, la valeur absolue du premier membre est égale à 1, on trouve donc (2) peut s'écrire

pour tous j, k,

ce qui contredit l'hypothèse de l'énoncé selon laquelle ne sont pas tous égaux entre eux. Donc notre hypothèse (1) est absurde, ce qui démontre l'énoncé.

Début d’un théorème


Fin du théorème

Démonstration. On va utiliser le point 9° des rappels sur les nombres algébriques (chapitre Caractères complexes des groupes finis, 1).
Soit L l'extension de engendrée par Cette extension est de degré fini.
Soit un « isomorphisme » de L dans . Il résulte des hypothèses de l'énoncé que sont des racines de l'unité non toutes égales entre elles. Les racines de l'unité ont toutes la même valeur absolue 1, donc, d'après le lemme 39,

En prenant le produit sur les « isomorphismes » de L dans , on trouve

(1)

D'autre part, puisque, par hypothèse de l'énoncé, est un entier algébrique, sa valeur par est un entier rationnel. D'après (1), la valeur absolue de cet entier rationnel est < 1, donc elle est nulle, donc

donc ce qui prouve l'énoncé.

Début d’un théorème


Fin du théorème

Démonstration. Par hypothèse, il existe un nombre naturel non nul tel que

(1)

Le polynôme caractéristique de M est donc de la forme

sont des racines n-ièmes de l'unité.
Supposons que, par absurde,

hyp. (2) soient toutes égales entre elles.

Alors le polynôme caractéristique de M est de la forme pour une certaine racine n-ième de l'unité. D'après cela et (1), M est racine à la fois du polynôme et du polynôme , donc est racine du PGCD de ces deux polynômes (en vertu du théorème de Bézout relatif aux polynômes). Mais n'a que des racines simples dans , donc le PGCD de et de est donc M est racine de donc M est scalaire, ce qui contredit les hypothèses de l'énoncé. Notre hypothèse (2) est donc absurde, d'où l'énoncé.

Remarque. L'énoncé devient faux si on supprime l'hypothèse selon laquelle M est un élément d'ordre fini du groupe Par exemple, la matrice

n'est pas scalaire, mais son polynôme caractéristique est

Début d’un théorème


Fin du théorème

Supposons que M n'est pas scalaire.
Il s'agit alors de prouver que

(thèse 1)

Puisque nous supposons M non scalaire, il résulte du lemme 41 que le polynôme caractéristique de M est de la forme

(2) sont des racines de l'unité non toutes égales entre elles.

Alors , donc l'hypothèse de l'énoncé selon laquelle est un entier algébrique revient à dire que

est un entier algébrique.

Compte tenu de (2) et du lemme 40, ceci entraîne

autrement dit Tr(M) = 0, ce qui est notre thèse (1).


Début d’un théorème


Fin du théorème

Démonstration. Nous pouvons supposer que

(hyp. 1) la matrice T(g) n'est pas scalaire.

Il s'agit alors de prouver que

(thèse 2)

Puisque d et sont supposés premiers entre eux, il existe des entiers rationnels a et b tels que

En multipliant par on obtient

(3)

Puisque est irréductible, il résulte du lemme 36 (chapitre Caractères complexes des groupes finis, 2) que

(4) est un entier algébrique.

D'autre part, d'après le corollaire 10 (chapitre Caractères complexes des groupes finis, 1),

est un entier algébrique.

Compte tenu de cela et de (4), la relation (3) montre que est un entier algébrique.
Autrement dit, si M désigne la matrice T(g),

(5) est un entier algébrique.

D'autre part, l'hypothèse (1) signifie que

(6) n'est pas scalaire.

Puisque G est un groupe fini, la matrice M (égale à T(g)) est un élément d'ordre fini du groupe donc, compte tenu de (5), de (6) et du lemme 42,

Tr(M) = 0, Tr(T(g)) = 0,

ce qui prouve notre thèse (2).

Début d’un théorème


Fin du théorème

Démonstration. La -représentation matricielle triviale de degré 1 de G est irréductible (puisqu'elle est de degré 1). D'autre part, cette représentation est un homomorphisme de groupes ayant une image réduite à un élément; puisqu'un groupe simple n'est pas réduit à son élément neutre, il en résulte que la représentation en question n'est pas fidèle.
Réciproquement, supposons que T est une -représentation matricielle irréductible non fidèle de G et prouvons que

(thèse 1) T est triviale de degré 1.

Le noyau de T est un sous-groupe normal de G et, puisque T est supposée non fidèle, ce noyau n'est pas réduit à l'élément neutre de G. Puisque G est simple, le noyau de T est donc G tout entier, autrement dit la représentation T est triviale.
La seule -représentation matricielle triviale d'un groupe fini qui soit irréductible est la -représentation matricielle triviale de degré 1 (chapitre Représentations complexes des groupes finis, 1, exemples de représentations matricielles irréductibles), ce qui prouve notre thèse (1) et donc l'énoncé.

La dénomination « Théorème de non-simplicité de Burnside », qu'on donne ici au théorème qui suit, n'est pas standard.

Début d’un théorème


Fin du théorème

Supposons que, par absurde,

(hyp. 1) G soit simple.

Désignons par les différents -caractères irréductibles de G, en prenant pour le caractère constant de valeur 1 (caractère principal). Pour tout i dans {1, ... h}, désignons par le degré de
Pour chaque i dans {1, ... h}, choisissons une -représentation matricielle de G ayant pour caractère. Les sont donc irréductibles et deux à deux non équivalentes et est la -représentation matricielle triviale de degré 1 de G.
Pour tout i dans {2, ... h}, est distincte de , c'est-à-dire de la -représentation matricielle triviale de degré 1 de G, donc il résulte du lemme 44 que

(2) pour tout i dans {2, ... h}, la représentation est fidèle.

Par hypothèse de l'énoncé, nous pouvons choisir

(3) un élément g de G ayant exactement conjugués dans G.

Prouvons que si i est un indice dans {2, ... h}, si le degré de n'est pas divisible par p, alors
Supposons que, par absurde,

(hyp. 4)

Alors, d'après le lemme 43, la matrice est scalaire et appartient donc au centre de Puisque, d'après (2), la représentation est fidèle, g appartient donc au centre de G, donc sa classe de conjugaison n'a qu'un élément, ce qui contredit (3). Donc notre hypothèse (4) est fausse, autrement dit

(5) pour tout tel que ne soit pas divisible par p,

D'autre part, nous savons que pour tout i dans {1, ... , h}, est un entier algébrique (chapitre Caractères complexes des groupes finis, 1, corollaire 10), ce qui entraîne que pour tout i tel que soit divisible par p,

est divisible par p dans l'anneau des entiers algébriques.

Joint à (5), cela montre que pour tout i dans {2, ... , h},

(6) est divisible par p dans l'anneau des entiers algébriques.

Désignons par le caractère de la -représentation régulière gauche de G. D'après le lemme 33 (chapitre Caractères complexes des groupes finis, 2),

autrement dit

donc, d'après (6),

(7) est divisible par p dans l'anneau des entiers algébriques.

D'autre part, puisque la classe de conjugaison de g est supposée être de cardinal , g est distinct de 1 (nous avons d'ailleurs déjà noté que g n'appartient pas au centre de G), donc, d'après le lemme 32 (chapitre Caractères complexes des groupes finis, 2),

De cela et de (7), il résulte que 1/p est un entier algébrique. Comme c'est un nombre rationnel, c'est donc un entier rationnel (chapitre Caractères complexes des groupes finis, 1, rappels sur les nombres algébriques, point 8°), ce qui est faux.
La contradiction obtenue prouve que notre hypothèse (1) est absurde, donc G n'est pas simple, ce qui démontre l'énoncé.

Début d’un théorème


Fin du théorème

Démonstration. On va raisonner par récurrence sur , en supposant que le théorème est vrai pour tout groupe d'ordre .
Puisque tout groupe fini ayant pour ordre une puissance de nombre premier est nilpotent et donc résoluble, nous pouvons supposer que p et q sont distincts et que a et b sont non nuls.
Supposons que (par absurde)

(hyp. 1) G soit simple.

Alors, d'après le théorème 45, aucune classe de conjugaison d'éléments de G non réduite à un élément n'a pour cardinal une puissance de nombre premier. Puisque le cardinal d'une classe de conjugaison divise (chapitre Action de groupe, section Le centralisateur et le normalisateur vus comme stabilisateurs), cela revient à dire que

(2) toute classe de conjugaison de G non réduite à un élément a un cardinal divisible par pq.

Puisque nous supposons que G est simple et d'ordre non premier, c'est un groupe simple non commutatif, donc son centre est réduit à l'élément neutre, autrement dit {1} est la seule classe de conjugaison de G réduite à un élément. Donc, d'après (2)

ce qui est impossible, puisque , que nous supposons égal à avec a et b non nuls, est divisible par pq.
La contradiction obtenue prouve que notre hypothèse (1) est absurde, donc G n'est pas simple. Il existe donc un sous-groupe normal N de G tel que

1 < N < G.

Alors les groupes N et G/N sont tous deux d'ordre De plus, les ordres de N et de G/N divisent donc l'ordre de N est de la forme et l'ordre de G/N est de la forme Par hypothèse de récurrence, N et G/N sont résolubles, donc (chapitre Groupes résolubles) G est résoluble.

Notes et références[modifier | modifier le wikicode]

  1. Joseph A. Gallian, « The Search for Finite Simple Groups », Mathematics Magazine, vol. 49, 1976, p. 163-179, ce passage p. 170, en ligne.
  2. N. Bourbaki, Topologie générale, Paris, Hermann, 1974, ch. VI, § 2, n° 1, p. VI.7.