Wikiversité frwikiversity https://fr.wikiversity.org/wiki/Wikiversit%C3%A9:Accueil MediaWiki 1.46.0-wmf.26 first-letter Média Spécial Discussion Utilisateur Discussion utilisateur Wikiversité Discussion Wikiversité Fichier Discussion fichier MediaWiki Discussion MediaWiki Modèle Discussion modèle Aide Discussion aide Catégorie Discussion catégorie Projet Discussion Projet Recherche Discussion Recherche Faculté Discussion Faculté Département Discussion Département Transwiki Discussion Transwiki TimedText TimedText talk Module Discussion module Event Event talk Sujet 4 7718 982311 949733 2026-04-30T18:06:56Z Crochet.david 317 . 982311 wikitext text/x-wiki {{Réforme|2019|https://cache.media.eduscol.education.fr/file/SPE8_MENJ_25_7_2019/92/9/spe249_annexe_1158929.pdf|février 2021|nocat=oui}} {{Entête de fiche | idfaculté = chimie | nom = les formules de chimie en terminale }} {|class="wikitable" |- ! Description !! Formule !! Commentaires |- | bgcolor="#cdcd0d" colspan="3" | <div style="text-align: center"> '''Formules indispensables au calcul des quantités de matière en terminale''' |- |<u>Quantité de matière</u> et masse |align="center" |<math>n=\frac{m}{M}</math> | <math>m</math> : masse de l'échantillon (g)<br /> <math>M</math> : masse molaire de l'échantillon (g.mol⁻¹)<br /> <math>n</math> : quantité de matière (mol) |- |Masse volumique |align="center" |<math>\rho = \frac{m}{V}</math> | <math>m</math> : masse d’un corps, (g ou kg)<br /> <math>V</math> : volume d’un corps (L ou m³)<br /> <math>\rho</math> : masse volumique de la solution (g.L⁻¹ ou kg.m⁻³) |- |Densité (d'un liquide/solide) par rapport à l'eau |align="center" |<math>d=\frac{m}{m_0}=\frac{\rho}{\rho_0}</math> | <math>d</math> : densité (sans unité)<br /> <math>m</math> : masse d’un volume <math>V</math> d’un corps liquide/solide quelconque (kg)<br /> <math>\rho</math> : masse volumique d'un corps liquide/solide quelconque (g.L⁻¹ ou kg.m⁻³)<br /> <math>m_0</math> : masse d’un même volume <math>V</math> d'eau (kg)<br /> <math>\rho_0</math> : masse volumique de l'eau (g.L⁻¹ ou kg.m⁻³) |- |Concentration en quantité de matière |align="center" |<math>C_M=\frac{n}{V_{solution}}</math> | <math>n</math> : quantité de matière (mol)<br /> <math>V_{solution}</math> : volume (L)<br /> <math>C_M</math>: concentration molaire (mol.L⁻¹) |- |<u>Volume V d'un gaz</u> et quantité de matière. |align="center" |<math>n=\frac{P.V}{R.T}</math> | <math>P</math> : pression en pascal (Pa)<br /> <math>R</math> : constante des gaz parfaits ( ~ 8,31 J.mol⁻¹.K⁻¹)<br /> <math>T</math> : température en kelvin (K)<br /> <math>V</math> : volume du gaz (m⁻³) |- |Quantité de matière et volume molaire |align="center" |<math>n=\frac{V_{gaz}}{V_M}</math> | <math>V_{gaz}</math>: volume (L)<br /> <math>n</math> : quantité de matière (mol)<br /> <math>V_M</math> : volume molaire (L.mol⁻¹)<br /> Pour le gaz parfait : <math>V_M(GP)</math> = {{unité|22.414|L||mol|-1}} (soit {{unité|0.022414|m|3|mol|-1}})<br /> Conditions normales de température et de pression (T = {{Unité|0|°C}} et P = {{unité|1|atm}} = {{unité|101325|Pa}})<br /> Si T = {{Unité|20|°C}} sous une atmosphère alors <math>V_M(GP)</math> = {{unité|24.055|L||mol|-1}} |- | bgcolor="#cdcd0d" colspan="3" | <div style="text-align: center"> '''Autres formules''' |- |Concentration en masse |align="center" |<math>C_m=\frac{m}{V}</math> | <math>m</math> : masse de l'échantillon (g)<br /> <math>C_m</math> : concentration massique (g.L⁻¹)<br /> <math>V</math> : volume (L) |- |Relation entre masse et concentration molaire |align="center" |<math>m = n.M = C_M.V.M</math> <math>C_M=\frac{m}{V.M}=\frac{n}{V}</math> |rowspan="2" | Conséquences des formules précédentes |- |Relation entre masse volumique et quantité de matière |align="center" |<math>m=\rho.V</math> <math>n=\frac{\rho.V}{M}=\frac{m}{M}</math> |- |Équation d'état du gaz parfait | align="center" |<math>P.V = n.R.T</math> | 1 bar = 10⁵ Pa<br /> 1 atm = {{formatnum:101325}} Pa<br /> <math>V</math> : Volume du gaz (m³) |- |Quantité de matière |align="center" |<math>n=\frac{N}{N_A}</math> | <math>N</math> : nombre d'entités élémentaires d’un système<br /> <math>N_A</math> : nombre d'''Avogadro'' (<math>N_A</math> = 6,0221.10²³ mol⁻¹)<br /> <math>n</math> : quantité de matière (mol) |- |Relation entre solution mère et solution fille lors d'une dilution |align=center | <math>n_0=n_1</math> <math>C_0.V_O=C_1.V_1</math> | <math>n_0</math> : Quantité de matière dans la solution mère (mol)<br /> <math>C_0</math> : Concentration molaire de la solution mère (mol.L⁻¹)<br /> <math>V_0</math> : Volume la solution mère (L)<br /> <math>n_1</math> : Quantité de matière dans la solution fille (mol)<br /> <math>C_1</math> : Concentration molaire de la solution fille (mol.L⁻¹)<br /> <math>V_1</math> : Volume la solution fille (L) |- |Facteur de dilution |align=center |<math>F=\frac{c_0}{c}=\frac{V}{V_0}</math> | <math>c_0</math> : concentration de la solution mère (mol.L⁻¹)<br /> <math>c</math> : concentration de la solution fille (mol.L⁻¹)<br /> <math>V_0</math> : volume de la solution mère (L)<br /> <math>V</math> : volume de la solution fille (L) |- | bgcolor="#cdcd0d" colspan="3" |<div style="text-align: center;">'''Électricité en chimie''' |- |Quantité de matière et quantité d'électricité |align=center |<math>q=n.\mathcal{F}=n.N_A.e</math> | <math>q</math> : quantité d'électricité (C)<br /> <math>n</math> : quantité de matière (mol)<br /> <math>\mathcal{F}</math> : le faraday (1 <math>\mathcal{F}</math> = 96500 C.mol⁻¹)<br /> <math>N_A</math> : nombre d'''Avogadro'' (<math>N_A</math> = 6,0221.10²³ mol⁻¹)<br /> <math>e</math> : charge élémentaire (1 <math>e</math> = 1,602.10⁻¹⁹ C) |- |Conductance d'une solution |align=center |<math>G=\frac{\sigma.S}{l}</math> <math>G=\frac{1}{R}</math> | <math>G</math> : conductance de la solution (S, Siemens) <br /> <math>S</math> : surface des électrodes (m²)<br /> <math>l</math> : distance entre les deux électrodes (en mètres, m)<br /> <math>\sigma</math> : conductivité de la solution (S.m⁻¹)<br /> La conductance est l'inverse de la résistance <math>R</math> (<math>\Omega</math>, ohms) |- |Conductivité d'une solution |align=center |<math>\sigma=\sum\lambda_i.[X_i]</math> | <math>\sigma</math> : conductivité (S.m⁻¹)<br /> <math>\lambda_i</math> : conductivités molaires ioniques des ions (S.m².mol⁻¹)<br /> <math>[X_i]</math> : concentration (mol.m⁻³) |- | bgcolor="#cdcd0d" colspan="3" |<div style="text-align: center;">'''Absorbance de la lumière''' |- |Absorbance d'une solution |align=center |<math>A_{\lambda}=\epsilon.l.C=C.k</math> | <math>A_{\lambda}</math>: absorbance (sans unité)<br /> <math>\epsilon</math> : coefficient d'absorption molaire (L.mol⁻¹.cm⁻¹)<br /> <math>l</math> : longueur de la cuve (souvent en cm)<br /> <math>C</math> : concentration de l'espèce (mol.L⁻¹)<br /> <math>k=\epsilon.l</math> (utile pour les dosages par étalonnage) |- |Absorbance |align="center" |<math>A = \log\left({\frac{I_0}{I}}\right)</math> | <math>A</math> : capacité d'un milieu à absorber la lumière qui le traverse (sans unité)<br /> <math>I</math> : intensité énergétique |- |Transmittance |align="center" |<math>T = \frac{I}{I_0}</math> |<math>A = -\log_{10} T</math> |- | bgcolor="#cdcd0d" colspan="3" |<div style="text-align: center;">'''Chromatographie''' |- |Rapport frontal<!-- Attention il semble que cette formule est hors programme de terminale! --><br /> <small>(chromatographie)</small> |align="center" |<math>R_f=\frac{X}{Y}</math> | <math>R_f</math> : coefficient de migration (sans unité)<br /> <math>X</math> : distance parcourue par le soluté (m)<br /> <math>Y</math> : distance parcourue par le solvant (m) |- | bgcolor="#cdcd0d" colspan="3" |<div style="text-align: center;">'''Réactions chimiques''' |- |Taux d'avancement d'une réaction |align=center |<math>\tau=\frac{x_f}{x_{max}}</math> | <math>x_f</math> : avancement final (mol)<br /> <math>x_{max}</math> : avancement maximal (mol)<br /> <math>\tau</math> : taux d'avancement (sans unité) |- |Rendement d'une réaction |align=center |<math>R=\frac{n_{exp}}{n_{th}}\quad ,\ R\le 1</math> | <math>n_{exp}</math> : quantité de matière de produit réellement obtenue (mol)<br /> <math>n_{th}</math> : quantité de matière que l’on peut théoriquement avoir avec l'avancement maximal atteint (mol)<br /> <math>R</math> : rendement (sans unité) |- |Vitesse d'une réaction chimique |align=center |<math>v=\frac{dx}{dt}</math> | <math>\frac{dx}{dt}</math> : dérivée par rapport au temps de l'avancement <math>x</math><br /> <math>v</math> : vitesse de réaction (mol.s⁻¹ ou mol.min⁻¹ ou mol.h⁻¹) |- |Vitesse volumique d'une réaction chimique |align=center |<math>v=\frac{1}{V}.\frac{dx}{dt}</math> | <math>V</math> : volume du mélange réactionnel (L)<br /> <math>\frac{dx}{dt}</math> : dérivée par rapport au temps de l'avancement <math>x</math><br /> <math>v</math> : vitesse volumique de réaction (mol.L⁻¹.s⁻¹ ou mol.L⁻¹.min⁻¹ ou mol.L⁻¹.h⁻¹) |- |Couple acide-base |align=center |<math>\mbox{acide}~=~\mbox{base}~+~\mbox{H}^+</math> (<math>\mbox{AH}~=~\mbox{A}^-~+~\mbox{H}^+</math>) | D'après la théorie de Brönsted :<br /> - Les acides cèdent au moins un proton (<chem>H^+</chem>)<br /> - Les bases captent au moins un proton (<chem>H^+</chem>) |- |Couple rédox |align=center |<math>\mathrm{oxydant}~+~\mathrm{n~ e}^-~=~\mathrm{r \acute e ducteur} </math> |... |- |Auto-protolyse de l'eau |align=center |<math>\mathrm{2~H_2O_{(l)} ~ \rightleftharpoons ~ H_3O^{+}_{(aq)} + HO^{-}_{(aq)}}</math> |... |- |pH d'une solution aqueuse |align=center |<math>pH=-\log\left [H_3O^+\right ]</math> <math>\left [H_3O^+\right ] = 10^{-pH}</math> |<chem>H_3O^+</chem> : ion oxonium |- |Quotient de réaction et constante d'équilibre <math>K</math> |align=center |<math>Q_r=\frac{[C]^c.[D]^d}{[A]^a.[B]^b}</math> <math>K = Q_{r,eq} = \frac{[C_{eq}]^c.[D_{eq}]^d}{[A_{eq}]^a.[B_{eq}]^b}</math> | On considère la réaction :<br /> <math>a.A + b.B \rightleftharpoons c.C + d.D</math> |- |Constante d'équilibre acido-basique |align=center |<math>K=Q_{r,eq}=\frac{[AH].[B^-]}{[A^-].[BH]}</math> | On considère la réaction à l'équilibre :<br /> <math>A^- + BH \rightleftharpoons AH + B^-</math> |- |Produit ionique de l'eau |align=center |<math>K_e=[H_3O^+]_{eq}.[HO^-]_{eq}</math> <math>pK_e=-\log Ke</math> | <math>[H_3O^+]</math> : concentration des ions <math>H_3O^+</math> dans l'eau (mol.L⁻¹)<br /> <math>[HO^-]</math> : concentration des ions <math>HO^-</math> dans l'eau (mol.L⁻¹)<br /> À {{Unité|25|°C}}, <math>K_e=</math> 10⁻¹⁴, et <math>pK_e=</math> 14 |- |Constante d'acidité dans l'eau du couple <math>AH/A^-</math> |align=center |<math>K_a=\frac{[H_3O^+]_{eq}.[A^-]_{eq}}{[AH]_{eq}}</math> <math>K_a=[H_3O^+]_{eq}.\frac{[base]_{eq}}{[acide]_{eq}}</math> <math>pK_a=-\log Ka</math> | <math>[H_3O^+]</math> : concentration des ions <math>H_3O^+</math> dans l'eau (mol.L⁻¹)<br /> <math>[base]</math> : concentration de la base dans l'eau (mol.L⁻¹)<br /> <math>[acide]</math> : concentration de l'acide dans l'eau (mol.L⁻¹)<br /> On en déduit que : <math>pH=pK_a+\log\frac{[A^-]_{eq}}{[AH]_{eq}}=pK_a+\log\frac{[base]_{eq}}{[acide]_{eq}}</math> |- | bgcolor="#cdcd0d" colspan="3" |<div style="text-align: center;">'''Quelques formules de physique en plus'''<!-- Clairement de la physique --> |- |Loi d'Ohm |align=center |<math>U = R.I</math> | <math>U</math> : tension (V, volts)<br /> <math>R</math> : résistance (<math>\Omega</math>, ohms)<br /> <math>I</math> : intensité du courant (A, ampères) |- |Troisième loi de Kepler |align=center |<math> \frac{T^2}{a^3} = \frac{4\pi^2}{GM}</math> | <math>T</math> : période de révolution de l'astre attiré (s)<br /> <math>a</math> : demi-grand axe de l'orbite elliptique (m)<br /> <math>M</math> : masse de l'astre attractif (kg) |- |Niveau sonore |align=center |<math> L=10\log\frac{I}{I_0}</math> | <math>L</math> : niveau d’intensité sonore (dB)<br /> <math>I</math> : intensité sonore de la source sonore (W.m⁻²)<br /> <math>I_0=10^{-12}</math> W.⁻m² (seuil d’audibilité) |- | bgcolor="#fdf1b8" colspan="3" |<div style="text-align: center;"> '''Optique''' |- |Écart angulaire 𝛳 |align=center |<math>\theta=\lambda/a</math> | <math>\theta</math> : écart angulaire maximum par rapport à la direction de propagation initiale i.e. angle entre l'axe optique (centre, fente → tache) et droite (centre, fente → 1er pt extinction) (rad)<br /> <math>\lambda</math> : longueur d'onde (m)<br /> <math>a</math> : largeur de la fente (m) |- |Distance entre deux franges sur une figure d'interférence. |align=center |<math>i=\frac{\lambda\times D}{l}</math> | <math>i</math> : longueur de l’inter-frange (m)<br /> <math>\lambda</math> : longueur d'onde (m)<br /> <math>D</math> : distance séparant la fente de l'écran (m)<br /> <math>l</math> : distance entre les deux fentes permettant l'interférence (ex : fentes d'Young) (m) |- |Loi de Wien |align=center |<math>\lambda_{max}.T = 2,898.10^{-3}</math> | <math>\lambda_{max}</math> : longueur d'onde de l'intensité lumineuse maximale (m)<br /> <math>T</math> : température (K, kelvin)<br /> La constante 2,898.10⁻³ est en kelvin mètre (K.m) |- |Diffraction d'une onde mécanique |align=center |<math>tan(\theta)=\frac{(L/2)}{D}=\frac{L}{2D}</math> | <math>\theta</math> : écart angulaire maximum par rapport à la direction de propagation initiale (rad)<br /> <math>L</math> : largeur de la tâche centrale (m)<br /> <math>D</math> : distance séparant la fente de l'écran (m) |- | bgcolor="#fdf1b8" colspan="3" |<div style="text-align: center;"> '''Énergie''' |- |Énergie d'une particule |align=center |<math>E=m.c^2</math> | <math>E</math> : énergie (J)<br /> <math>m</math> : masse (kg)<br /> <math>c</math> : vitesse de la lumière (<math>c</math> = {{formatnum:299792458}} m.s⁻¹ soit <math>c\simeq</math> {{formatnum:300000}} km/s) |- |Longueur d'onde d'une onde électromagnétique |align=center |<math> \lambda = c.T = \frac{c}{\nu}</math> | <math>\lambda</math> : longueur d'onde (m)<br /> <math>T</math> : période temporelle (s)<br /> <math>\nu</math> : fréquence (s⁻1)<br /> <math>c</math> : vitesse de la lumière (<math>c\simeq</math> 3.10⁸ m.s⁻¹) |- |Énergie d'un photon |align=center |<math>E = h.\nu = h.\frac{c}{\lambda} = h.c.\sigma</math> | <math>E</math> : énergie du photon (J)<br /> <math>h</math> : constante de Planck (h = 6,62.10⁻³⁴ J.s)<br /> <math>\nu</math> : fréquence du photon (s⁻¹)<br /> <math>c</math> : célérité de la lumière (dans le vide) (m.s⁻¹)<br /> <math>\lambda</math> : longueur d'onde du photon (m)<br /> <math>\sigma</math> : nombre d'onde (m⁻¹) (<math>1/\lambda</math>) |} 6ar61yu67dr6kbvhu0mekj6cuc8vmh6 982312 982311 2026-04-30T18:08:12Z Crochet.david 317 . 982312 wikitext text/x-wiki {{Réforme|2019|https://cache.media.eduscol.education.fr/file/SPE8_MENJ_25_7_2019/92/9/spe249_annexe_1158929.pdf|février 2021|nocat=oui}} {{Entête de fiche | idfaculté = chimie | nom = les formules de chimie en terminale }} {|class="wikitable" |- ! Description !! Formule !! Commentaires |- | bgcolor="#cdcd0d" colspan="3" | <div style="text-align: center"> '''Formules indispensables au calcul des quantités de matière en terminale'''</div> |- |<u>Quantité de matière</u> et masse |align="center" |<math>n=\frac{m}{M}</math> | <math>m</math> : masse de l'échantillon (g)<br /> <math>M</math> : masse molaire de l'échantillon (g.mol⁻¹)<br /> <math>n</math> : quantité de matière (mol) |- |Masse volumique |align="center" |<math>\rho = \frac{m}{V}</math> | <math>m</math> : masse d’un corps, (g ou kg)<br /> <math>V</math> : volume d’un corps (L ou m³)<br /> <math>\rho</math> : masse volumique de la solution (g.L⁻¹ ou kg.m⁻³) |- |Densité (d'un liquide/solide) par rapport à l'eau |align="center" |<math>d=\frac{m}{m_0}=\frac{\rho}{\rho_0}</math> | <math>d</math> : densité (sans unité)<br /> <math>m</math> : masse d’un volume <math>V</math> d’un corps liquide/solide quelconque (kg)<br /> <math>\rho</math> : masse volumique d'un corps liquide/solide quelconque (g.L⁻¹ ou kg.m⁻³)<br /> <math>m_0</math> : masse d’un même volume <math>V</math> d'eau (kg)<br /> <math>\rho_0</math> : masse volumique de l'eau (g.L⁻¹ ou kg.m⁻³) |- |Concentration en quantité de matière |align="center" |<math>C_M=\frac{n}{V_{solution}}</math> | <math>n</math> : quantité de matière (mol)<br /> <math>V_{solution}</math> : volume (L)<br /> <math>C_M</math>: concentration molaire (mol.L⁻¹) |- |<u>Volume V d'un gaz</u> et quantité de matière. |align="center" |<math>n=\frac{P.V}{R.T}</math> | <math>P</math> : pression en pascal (Pa)<br /> <math>R</math> : constante des gaz parfaits ( ~ 8,31 J.mol⁻¹.K⁻¹)<br /> <math>T</math> : température en kelvin (K)<br /> <math>V</math> : volume du gaz (m⁻³) |- |Quantité de matière et volume molaire |align="center" |<math>n=\frac{V_{gaz}}{V_M}</math> | <math>V_{gaz}</math>: volume (L)<br /> <math>n</math> : quantité de matière (mol)<br /> <math>V_M</math> : volume molaire (L.mol⁻¹)<br /> Pour le gaz parfait : <math>V_M(GP)</math> = {{unité|22.414|L||mol|-1}} (soit {{unité|0.022414|m|3|mol|-1}})<br /> Conditions normales de température et de pression (T = {{Unité|0|°C}} et P = {{unité|1|atm}} = {{unité|101325|Pa}})<br /> Si T = {{Unité|20|°C}} sous une atmosphère alors <math>V_M(GP)</math> = {{unité|24.055|L||mol|-1}} |- | bgcolor="#cdcd0d" colspan="3" | <div style="text-align: center"> '''Autres formules'''</div> |- |Concentration en masse |align="center" |<math>C_m=\frac{m}{V}</math> | <math>m</math> : masse de l'échantillon (g)<br /> <math>C_m</math> : concentration massique (g.L⁻¹)<br /> <math>V</math> : volume (L) |- |Relation entre masse et concentration molaire |align="center" |<math>m = n.M = C_M.V.M</math> <math>C_M=\frac{m}{V.M}=\frac{n}{V}</math> |rowspan="2" | Conséquences des formules précédentes |- |Relation entre masse volumique et quantité de matière |align="center" |<math>m=\rho.V</math> <math>n=\frac{\rho.V}{M}=\frac{m}{M}</math> |- |Équation d'état du gaz parfait | align="center" |<math>P.V = n.R.T</math> | 1 bar = 10⁵ Pa<br /> 1 atm = {{formatnum:101325}} Pa<br /> <math>V</math> : Volume du gaz (m³) |- |Quantité de matière |align="center" |<math>n=\frac{N}{N_A}</math> | <math>N</math> : nombre d'entités élémentaires d’un système<br /> <math>N_A</math> : nombre d'''Avogadro'' (<math>N_A</math> = 6,0221.10²³ mol⁻¹)<br /> <math>n</math> : quantité de matière (mol) |- |Relation entre solution mère et solution fille lors d'une dilution |align=center | <math>n_0=n_1</math> <math>C_0.V_O=C_1.V_1</math> | <math>n_0</math> : Quantité de matière dans la solution mère (mol)<br /> <math>C_0</math> : Concentration molaire de la solution mère (mol.L⁻¹)<br /> <math>V_0</math> : Volume la solution mère (L)<br /> <math>n_1</math> : Quantité de matière dans la solution fille (mol)<br /> <math>C_1</math> : Concentration molaire de la solution fille (mol.L⁻¹)<br /> <math>V_1</math> : Volume la solution fille (L) |- |Facteur de dilution |align=center |<math>F=\frac{c_0}{c}=\frac{V}{V_0}</math> | <math>c_0</math> : concentration de la solution mère (mol.L⁻¹)<br /> <math>c</math> : concentration de la solution fille (mol.L⁻¹)<br /> <math>V_0</math> : volume de la solution mère (L)<br /> <math>V</math> : volume de la solution fille (L) |- | bgcolor="#cdcd0d" colspan="3" |<div style="text-align: center;">'''Électricité en chimie'''</div> |- |Quantité de matière et quantité d'électricité |align=center |<math>q=n.\mathcal{F}=n.N_A.e</math> | <math>q</math> : quantité d'électricité (C)<br /> <math>n</math> : quantité de matière (mol)<br /> <math>\mathcal{F}</math> : le faraday (1 <math>\mathcal{F}</math> = 96500 C.mol⁻¹)<br /> <math>N_A</math> : nombre d'''Avogadro'' (<math>N_A</math> = 6,0221.10²³ mol⁻¹)<br /> <math>e</math> : charge élémentaire (1 <math>e</math> = 1,602.10⁻¹⁹ C) |- |Conductance d'une solution |align=center |<math>G=\frac{\sigma.S}{l}</math> <math>G=\frac{1}{R}</math> | <math>G</math> : conductance de la solution (S, Siemens) <br /> <math>S</math> : surface des électrodes (m²)<br /> <math>l</math> : distance entre les deux électrodes (en mètres, m)<br /> <math>\sigma</math> : conductivité de la solution (S.m⁻¹)<br /> La conductance est l'inverse de la résistance <math>R</math> (<math>\Omega</math>, ohms) |- |Conductivité d'une solution |align=center |<math>\sigma=\sum\lambda_i.[X_i]</math> | <math>\sigma</math> : conductivité (S.m⁻¹)<br /> <math>\lambda_i</math> : conductivités molaires ioniques des ions (S.m².mol⁻¹)<br /> <math>[X_i]</math> : concentration (mol.m⁻³) |- | bgcolor="#cdcd0d" colspan="3" |<div style="text-align: center;">'''Absorbance de la lumière'''</div> |- |Absorbance d'une solution |align=center |<math>A_{\lambda}=\epsilon.l.C=C.k</math> | <math>A_{\lambda}</math>: absorbance (sans unité)<br /> <math>\epsilon</math> : coefficient d'absorption molaire (L.mol⁻¹.cm⁻¹)<br /> <math>l</math> : longueur de la cuve (souvent en cm)<br /> <math>C</math> : concentration de l'espèce (mol.L⁻¹)<br /> <math>k=\epsilon.l</math> (utile pour les dosages par étalonnage) |- |Absorbance |align="center" |<math>A = \log\left({\frac{I_0}{I}}\right)</math> | <math>A</math> : capacité d'un milieu à absorber la lumière qui le traverse (sans unité)<br /> <math>I</math> : intensité énergétique |- |Transmittance |align="center" |<math>T = \frac{I}{I_0}</math> |<math>A = -\log_{10} T</math> |- | bgcolor="#cdcd0d" colspan="3" |<div style="text-align: center;">'''Chromatographie'''</div> |- |Rapport frontal<!-- Attention il semble que cette formule est hors programme de terminale! --><br /> <small>(chromatographie)</small> |align="center" |<math>R_f=\frac{X}{Y}</math> | <math>R_f</math> : coefficient de migration (sans unité)<br /> <math>X</math> : distance parcourue par le soluté (m)<br /> <math>Y</math> : distance parcourue par le solvant (m) |- | bgcolor="#cdcd0d" colspan="3" |<div style="text-align: center;">'''Réactions chimiques'''</div> |- |Taux d'avancement d'une réaction |align=center |<math>\tau=\frac{x_f}{x_{max}}</math> | <math>x_f</math> : avancement final (mol)<br /> <math>x_{max}</math> : avancement maximal (mol)<br /> <math>\tau</math> : taux d'avancement (sans unité) |- |Rendement d'une réaction |align=center |<math>R=\frac{n_{exp}}{n_{th}}\quad ,\ R\le 1</math> | <math>n_{exp}</math> : quantité de matière de produit réellement obtenue (mol)<br /> <math>n_{th}</math> : quantité de matière que l’on peut théoriquement avoir avec l'avancement maximal atteint (mol)<br /> <math>R</math> : rendement (sans unité) |- |Vitesse d'une réaction chimique |align=center |<math>v=\frac{dx}{dt}</math> | <math>\frac{dx}{dt}</math> : dérivée par rapport au temps de l'avancement <math>x</math><br /> <math>v</math> : vitesse de réaction (mol.s⁻¹ ou mol.min⁻¹ ou mol.h⁻¹) |- |Vitesse volumique d'une réaction chimique |align=center |<math>v=\frac{1}{V}.\frac{dx}{dt}</math> | <math>V</math> : volume du mélange réactionnel (L)<br /> <math>\frac{dx}{dt}</math> : dérivée par rapport au temps de l'avancement <math>x</math><br /> <math>v</math> : vitesse volumique de réaction (mol.L⁻¹.s⁻¹ ou mol.L⁻¹.min⁻¹ ou mol.L⁻¹.h⁻¹) |- |Couple acide-base |align=center |<math>\mbox{acide}~=~\mbox{base}~+~\mbox{H}^+</math> (<math>\mbox{AH}~=~\mbox{A}^-~+~\mbox{H}^+</math>) | D'après la théorie de Brönsted :<br /> - Les acides cèdent au moins un proton (<chem>H^+</chem>)<br /> - Les bases captent au moins un proton (<chem>H^+</chem>) |- |Couple rédox |align=center |<math>\mathrm{oxydant}~+~\mathrm{n~ e}^-~=~\mathrm{r \acute e ducteur} </math> |... |- |Auto-protolyse de l'eau |align=center |<math>\mathrm{2~H_2O_{(l)} ~ \rightleftharpoons ~ H_3O^{+}_{(aq)} + HO^{-}_{(aq)}}</math> |... |- |pH d'une solution aqueuse |align=center |<math>pH=-\log\left [H_3O^+\right ]</math> <math>\left [H_3O^+\right ] = 10^{-pH}</math> |<chem>H_3O^+</chem> : ion oxonium |- |Quotient de réaction et constante d'équilibre <math>K</math> |align=center |<math>Q_r=\frac{[C]^c.[D]^d}{[A]^a.[B]^b}</math> <math>K = Q_{r,eq} = \frac{[C_{eq}]^c.[D_{eq}]^d}{[A_{eq}]^a.[B_{eq}]^b}</math> | On considère la réaction :<br /> <math>a.A + b.B \rightleftharpoons c.C + d.D</math> |- |Constante d'équilibre acido-basique |align=center |<math>K=Q_{r,eq}=\frac{[AH].[B^-]}{[A^-].[BH]}</math> | On considère la réaction à l'équilibre :<br /> <math>A^- + BH \rightleftharpoons AH + B^-</math> |- |Produit ionique de l'eau |align=center |<math>K_e=[H_3O^+]_{eq}.[HO^-]_{eq}</math> <math>pK_e=-\log Ke</math> | <math>[H_3O^+]</math> : concentration des ions <math>H_3O^+</math> dans l'eau (mol.L⁻¹)<br /> <math>[HO^-]</math> : concentration des ions <math>HO^-</math> dans l'eau (mol.L⁻¹)<br /> À {{Unité|25|°C}}, <math>K_e=</math> 10⁻¹⁴, et <math>pK_e=</math> 14 |- |Constante d'acidité dans l'eau du couple <math>AH/A^-</math> |align=center |<math>K_a=\frac{[H_3O^+]_{eq}.[A^-]_{eq}}{[AH]_{eq}}</math> <math>K_a=[H_3O^+]_{eq}.\frac{[base]_{eq}}{[acide]_{eq}}</math> <math>pK_a=-\log Ka</math> | <math>[H_3O^+]</math> : concentration des ions <math>H_3O^+</math> dans l'eau (mol.L⁻¹)<br /> <math>[base]</math> : concentration de la base dans l'eau (mol.L⁻¹)<br /> <math>[acide]</math> : concentration de l'acide dans l'eau (mol.L⁻¹)<br /> On en déduit que : <math>pH=pK_a+\log\frac{[A^-]_{eq}}{[AH]_{eq}}=pK_a+\log\frac{[base]_{eq}}{[acide]_{eq}}</math> |- | bgcolor="#cdcd0d" colspan="3" |<div style="text-align: center;">'''Quelques formules de physique en plus'''<!-- Clairement de la physique --></div> |- |Loi d'Ohm |align=center |<math>U = R.I</math> | <math>U</math> : tension (V, volts)<br /> <math>R</math> : résistance (<math>\Omega</math>, ohms)<br /> <math>I</math> : intensité du courant (A, ampères) |- |Troisième loi de Kepler |align=center |<math> \frac{T^2}{a^3} = \frac{4\pi^2}{GM}</math> | <math>T</math> : période de révolution de l'astre attiré (s)<br /> <math>a</math> : demi-grand axe de l'orbite elliptique (m)<br /> <math>M</math> : masse de l'astre attractif (kg) |- |Niveau sonore |align=center |<math> L=10\log\frac{I}{I_0}</math> | <math>L</math> : niveau d’intensité sonore (dB)<br /> <math>I</math> : intensité sonore de la source sonore (W.m⁻²)<br /> <math>I_0=10^{-12}</math> W.⁻m² (seuil d’audibilité) |- | bgcolor="#fdf1b8" colspan="3" |<div style="text-align: center;"> '''Optique'''</div> |- |Écart angulaire 𝛳 |align=center |<math>\theta=\lambda/a</math> | <math>\theta</math> : écart angulaire maximum par rapport à la direction de propagation initiale i.e. angle entre l'axe optique (centre, fente → tache) et droite (centre, fente → 1er pt extinction) (rad)<br /> <math>\lambda</math> : longueur d'onde (m)<br /> <math>a</math> : largeur de la fente (m) |- |Distance entre deux franges sur une figure d'interférence. |align=center |<math>i=\frac{\lambda\times D}{l}</math> | <math>i</math> : longueur de l’inter-frange (m)<br /> <math>\lambda</math> : longueur d'onde (m)<br /> <math>D</math> : distance séparant la fente de l'écran (m)<br /> <math>l</math> : distance entre les deux fentes permettant l'interférence (ex : fentes d'Young) (m) |- |Loi de Wien |align=center |<math>\lambda_{max}.T = 2,898.10^{-3}</math> | <math>\lambda_{max}</math> : longueur d'onde de l'intensité lumineuse maximale (m)<br /> <math>T</math> : température (K, kelvin)<br /> La constante 2,898.10⁻³ est en kelvin mètre (K.m) |- |Diffraction d'une onde mécanique |align=center |<math>tan(\theta)=\frac{(L/2)}{D}=\frac{L}{2D}</math> | <math>\theta</math> : écart angulaire maximum par rapport à la direction de propagation initiale (rad)<br /> <math>L</math> : largeur de la tâche centrale (m)<br /> <math>D</math> : distance séparant la fente de l'écran (m) |- | bgcolor="#fdf1b8" colspan="3" |<div style="text-align: center;"> '''Énergie'''</div> |- |Énergie d'une particule |align=center |<math>E=m.c^2</math> | <math>E</math> : énergie (J)<br /> <math>m</math> : masse (kg)<br /> <math>c</math> : vitesse de la lumière (<math>c</math> = {{formatnum:299792458}} m.s⁻¹ soit <math>c\simeq</math> {{formatnum:300000}} km/s) |- |Longueur d'onde d'une onde électromagnétique |align=center |<math> \lambda = c.T = \frac{c}{\nu}</math> | <math>\lambda</math> : longueur d'onde (m)<br /> <math>T</math> : période temporelle (s)<br /> <math>\nu</math> : fréquence (s⁻1)<br /> <math>c</math> : vitesse de la lumière (<math>c\simeq</math> 3.10⁸ m.s⁻¹) |- |Énergie d'un photon |align=center |<math>E = h.\nu = h.\frac{c}{\lambda} = h.c.\sigma</math> | <math>E</math> : énergie du photon (J)<br /> <math>h</math> : constante de Planck (h = 6,62.10⁻³⁴ J.s)<br /> <math>\nu</math> : fréquence du photon (s⁻¹)<br /> <math>c</math> : célérité de la lumière (dans le vide) (m.s⁻¹)<br /> <math>\lambda</math> : longueur d'onde du photon (m)<br /> <math>\sigma</math> : nombre d'onde (m⁻¹) (<math>1/\lambda</math>) |} 2fs09hmt5fdzcfijylobv137kclgmfl 0 22980 982317 966615 2026-05-01T06:48:06Z Marvoir 1746 /* Problème 3 (Groupes simples d'ordre 60) */ annoncé le contenu précis de l'exercice 982317 wikitext text/x-wiki {{Exercice | idfaculté = mathématiques | numéro = 29 | chapitre = [[../../Premiers résultats sur les groupes simples/]] | précédent = [[../Transfert, théorème du complément normal de Burnside/]] | suivant = [[../Groupes caractéristiquement simples, sous-groupes normaux minimaux/]] | niveau = 13 }} == Problème 1 (Groupes simples d'ordre 60) == Soit G un groupe simple d'ordre 60. En appliquant au nombre des 2-sous-groupes de Sylow de G une conséquence du théorème du complément normal de Burnside démontrée dans un exercice de la série [[../Transfert, théorème du complément normal de Burnside/|Transfert, théorème du complément normal de Burnside]], montrer que G est isomorphe à A₅. {{clr}} {{Solution | contenu = D'après les théorèmes de Sylow, le nombre des 2-sous-groupes de Sylow de G divise 15. D'autre part, puisque l'ordre de G n'est pas un nombre premier, G est un groupe simple non abélien, donc, d'après le théorème 5, point a) du [[../../Premiers résultats sur les groupes simples/|chapitre théorique]], le nombre des 2-sous-groupes de Sylow est > 1. Il est donc égal à 3, à 5 ou à 15. S'il était égal à 3, alors (théorème 5, point b) du [[../../Premiers résultats sur les groupes simples/|chapitre théorique]]), G serait isomorphe à un sous-groupe de A₃, ce qui est impossible puisque l’ordre de G est strictement supérieur à celui de A₃. Supposons que, par absurde, le nombre n₂ des 2-sous-groupes de Sylow de G soit égal à 15. Alors : <math>\vert G \vert = 2^{2} n_{2} = p^{2} n_{p}</math>, avec p = 2. Cela contredit le problème 7 de la série [[../Transfert, théorème du complément normal de Burnside/|Transfert, théorème du complément normal de Burnside]]. (En fait, le problème en question repose sur le principe général suivant, qui résulte du théorème du complément normal de Burnside : si S est un groupe simple fini non abélien, si P est un p-sous-groupe de Sylow de S pour un certain facteur premier ''p'' de l'ordre de S, si P est abélien, alors le normalisateur de P dans S n'est pas égal à P. On pourrait utiliser directement ce principe ici.) Donc le nombre des 2-sous-groupes de Sylow de G n’est pas égal à 15 et, d'après ce qui précède, il est égal à 5. Donc (chapitre théorique) G est isomorphe à un sous-groupe de A₅. Comme G a le même ordre que A₅, ce sous-groupe est A₅ tout entier, d'où l'énoncé. }} == Problème 2 (Groupes simples d'ordre 60) == Le but de cet exercice est de prouver de nouveau, mais sans utiliser le théorème du complément normal de Burnside ou une de ses conséquences, que tout groupe simple d'ordre 60 est isomorphe au groupe alterné A₅. a) Soit G un groupe simple d'ordre 60. Montrer que G comprend exactement 24 éléments d'ordre 5. {{clr}} {{Solution | contenu = D'après les théorèmes de Sylow et le théorème 5, point a) du [[../../Premiers résultats sur les groupes simples/|chapitre théorique]], 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|Groupes monogènes, ordre d'un élément]], il en résulte que G comprend exactement 24 éléments d'ordre 5. }} b) On suppose que les 2-sous-groupes de Sylow de G ont deux à deux une intersection triviale (c'est-à-dire que l'intersection de deux de ces sous-groupes est toujours réduite à l'élément neutre). Prouver que le nombre des 2-sous-groupes de Sylow de G est 5. (On pourra utiliser le point a), ou encore un exercice de la série [[../Théorèmes de Sylow|Théorèmes de Sylow]].) {{clr}} {{Solution | contenu = 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.<br /> 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|Théorèmes de Sylow]] que leur nombre est congru à 1 modulo 4. }} c) Supposons maintenant que, contrairement à l'hypothèse faite au point b), il existe deux sous-groupes d'ordre 4 de G dont l'intersection n’est pas triviale (et est donc un sous-groupe d'ordre 2 de G). Montrer que le centralisateur de l'élément non neutre de cette intersection est un groupe d'ordre 12. {{clr}} {{Solution | contenu = Soient P₁ et P₂ deux sous-groupes d'ordre 4 dont l'intersection n’est pas triviale (et est donc d'ordre 2), 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|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 l'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. }} d) Montrer que (dans les hypothèses du point b) aussi bien que dans celles du point c)) G admet un sous-groupe d'indice 5. {{clr}} {{Solution | contenu = 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. }} e) Déduire du point d) que G est isomorphe au groupe alterné A₅. {{clr}} {{Solution | contenu = D'après le théorème 5 du [[../../Premiers résultats sur les groupes simples/|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. }} Remarque : on trouvera au problème 3 une autre preuve du fait que tout groupe simple d'ordre 60 est isomorphe à A₅. f) De l'hypothèse du point b) (deux sous-groupes d'ordre 4 de G se coupent toujours trivialement) et de celle du point c) (il existe deux sous-groupes d'ordre 4 de G dont l'intersection n’est pas triviale et est donc un sous-groupe d'ordre 2 de G), laquelle est vraie ? {{clr}} {{Solution | contenu = 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. }} == Problème 3 (Groupes simples d'ordre 60) == On va donner une troisième démonstration du fait que tout groupe simple d'ordre 60 est isomorphe à A₅. a) Soit ''n'' un nombre naturel non nul et H un sous-groupe d'indice ''n'' de A_n. Prouver que H est isomorphe à A_n-1. (Indication. Se ramener au cas <math>n \geq 5</math>, auquel cas A_n est simple. Faire opérer A_n par translation à gauche sur l’ensemble A_n/H de ses ''n'' classes à gauche modulo H et noter que, dans cette opération, chaque élément du sous-groupe H de A_n fixe le point H. Considérer l'homomorphisme <math>\varphi</math> de A_n dans <math>\ S_{A_{n}/H}</math> associé à cette opération, montrer qu’il est injectif et prend ses valeurs dans <math>\ A_{A_{n}/H}</math>, puis considérer sa restriction à H.) {{clr}} {{Solution | contenu = Si n ≤ 4, l'énoncé résulte immédiatement du fait que tous les groupes d'un même ordre ≤ 3 sont isomorphes entre eux. Nous pouvons donc supposer n ≥ 5, auquel cas A_n est simple. Soit H un sous-groupe d'indice ''n'' de C. Il s'agit de prouver que H est isomorphe à A_n-1. Puisque H est d'indice ''n'' dans A_n, nous savons déjà que H a le même ordre que A_n-1. Considérons l'opération de A_n par translation à gauche sur l’ensemble de ses ''n'' classes à gauche modulo H. L'homomorphisme associé à cette opération est <div style="text-align: center;"><math>\varphi : A_{n} \rightarrow S_{A_{n}/H} : g \mapsto \varphi(g) : aH \mapsto gaH.</math></div> Cette opération est transitive et donc non triviale. Puisque A_n est simple et d'ordre > 2, il en résulte ([[../../Premiers résultats sur les groupes simples#Utilisation des opérations d'un groupe sur certains ensembles|chapitre Premiers résultats sur les groupes simples, section Utilisation des opérations d'un groupe sur certains ensembles]]) que <math>\varphi</math> est injectif et prend ses valeurs dans le groupe alterné <math>A_{A_{n}/H}</math>. Soit ''h'' un élément de H. D'après la définition de <math>\ \varphi</math>, <math>\ \varphi (h)</math> est une permutation de A_n/H qui laisse fixe le point H. Donc la restriction de <math>\ \varphi</math> à H est un homomorphisme injectif qui prend ses valeurs dans le sous-groupe B de <math>A_{A_{n}/H}</math> formé par les permutations paires de <math>A_{n}/H</math> qui fixent le point H. Donc H est isomorphe à un sous-groupe de B. D'autre part, si à chaque élément de B, nous faisons correspondre sa birestriction à A_n/H - {H}, nous définissons un isomorphisme de B sur le groupe alterné de l’ensemble A_n/H - {H} (voir [[../Groupes alternés#Problème. Exemple de groupe simple infini|exercice sur les groupes alternés, exemple de groupe simple infini]]). Donc H est isomorphe à un sous-groupe du groupe alterné de l’ensemble A_n/H - {H}. Par hypothèse, l’ensemble A_n/H - {H} est de cardinal n - 1, donc H est isomorphe à un sous-groupe T de A_n-1. Nous avons noté que H a le même ordre que A_n-1, donc T a le même ordre que A_n-1, donc T = A_n-1, donc H est isomorphe à A_n-1. }} b) Déduire du point a) une nouvelle preuve du fait que tout groupe simple d'ordre 60 est isomorphe à A₅. (Indication : raisonner sur le nombre des 5-sous-groupes de Sylow de G.) {{clr}} {{Solution | contenu = Soit G un groupe simple d'ordre 60. Comme nous l'avons vu au problème 1, les 5-sous-groupes de Sylow de G sont au nombre de 6. D'après le théorème 5 du chapitre ''[[../../Premiers résultats sur les groupes simples#Utilisation des opérations d'un groupe sur certains ensembles|Premiers résultats sur les groupes simples]]'', section ''Utilisation des opérations d'un groupe sur certains ensembles'', G est isomorphe à un sous-groupe G₀ de A₆. Alors G₀ est d'ordre 60, donc d'indice 6 dans A₆. D'après le point a), G₀ est donc isomorphe à A₅, donc G l'est aussi. }} == Problème 4 (Résolubilité des groupes d'ordre < 60) == On va prouver que tout groupe d'ordre < 60 est résoluble. a) Soit G un groupe d'ordre 3 × pⁿ, avec ''p'' premier et n > 0. Prouver que G n’est pas simple. (En particulier, aucun groupe d'ordre 12 n'est simple, ce qu'on sait déjà, car on a prouvé dans [[../Groupes dicycliques/|les exercices sur le chapitre Groupes dicycliques]] que tout groupe d'ordre 12 est résoluble.) {{clr}} {{Solution | contenu = Si p = 3, G est résoluble d'ordre non premier et n'est donc pas simple. On peut donc supposer ''p'' distinct de 3. Alors un p-sous-groupe de Sylow de G est d'indice 3 dans G. Si G est simple, il en résulte (théorème 5 ou 6 du [[../../Premiers résultats sur les groupes simples/|chapitre théorique]]) que l’ordre 3 × pⁿ de G divise l’ordre de A₃, c'est-à-dire divise 3, ce qui est absurde. }} b) Soit G un groupe d'ordre 4 p^r, avec ''p'' premier et ''r'' entier naturel ≥ 0. Prouver que G n’est pas simple. {{clr}} {{Solution | contenu = 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. Puisque son ordre est divisible par 4 et n'est donc pas premier, G est alors un groupe simple non abélien. D'après les théorèmes de Sylow, le nombre des p-sous-groupes de Sylow divise 4, donc (théorème 5 du [[../../Premiers résultats sur les groupes simples/|chapitre théorique]]) 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. C'est impossible, puisque, comme noté au point a), aucun groupe d'ordre 12 n'est simple. }} c) Prouver qu'il n'y a pas de groupe simple non abélien d'ordre < 60.<br /> (Indication : raisonner par l'absurde en supposant qu'un certain groupe G d'ordre < 60 soit simple et non abélien. On peut abréger les raisonnements en utilisant une majoration du plus grand facteur premier de <math>\vert G \vert</math> donnée dans [[../Transfert, théorème du complément normal de Burnside/|les exercices sur le chapitre Transfert, théorème du complément normal de Burnside]].) {{clr}} {{Solution | contenu = Soit, par absurde, G un groupe simple non abélien d'ordre < 60. Notons <math>p</math> le plus grand facteur premier de <math>\vert G \vert</math>. D'après [[../Transfert, théorème du complément normal de Burnside/|un exercice sur le chapitre Transfert, théorème du complément normal de Burnside]], :<math>2 p (p+1) \leq \vert G \vert</math>, donc :<math>2 p (p+1) < 60</math>, d'où, puisque <math>p</math> est un nombre premier, :<math>p \leq 3.</math> Puisque G est un groupe simple non abélien et n'est donc pas résoluble, son ordre a au moins deux facteurs premiers distincts, donc, d'après ce qui précède, <math>\vert G \vert</math> est divisible par 2 et par 3, qui sont ses deux seuls facteurs premiers. Si l'ordre d'un groupe simple non abélien est pair, il est divisible par 4 (voir le chapitre [[../../Transfert, théorème du complément normal de Burnside/]]), donc <math>\vert G \vert</math> est divisible par 12 et est donc égal à un des nombres 12, 24, 36, 48. D'après le point a) (où on fait p = 2), aucun groupe d'ordre 12 ni aucun groupe d'ordre 24 ni aucun groupe d'ordre 48 n'est simple. (Pour les groupes d'ordre 24, on le sait déjà, puisqu'on a vu dans les [[../Groupes nilpotents/|exercices sur le chapitre Groupes nilpotents]] que tout groupe d'ordre 24 est résoluble.) De plus, d'après le point b) (où on fait p = 3), aucun groupe d'ordre 36 n'est simple. La contradiction obtenue prouve le point c). }} d) Prouver que tout groupe d'ordre < 60 est résoluble. {{clr}} {{Solution | contenu = Soit G un groupe d'ordre < 60. Dans une suite de Jordan-Hölder de G, les quotients sont des groupes simples d'ordre < 60, donc, d'après le point c), ces quotients sont des groupes simples abéliens, donc G est résoluble. }} Remarque : le fait que tout groupe d'ordre < 60 soit résoluble nous servira dans le chapitre [[../../Simplicité des groupes linéaires spéciaux projectifs]]. == Problème 5 == Soient p, q, r trois nombres premiers distincts et G un groupe d'ordre pqr. Puisque l’ordre de G n'est divisible par le carré d'aucun nombre premier, il résulte d'un exercice de la série [[../Transfert, théorème du complément normal de Burnside|Transfert, théorème du complément normal de Burnside]] que G est résoluble et, en particulier, n’est pas simple. On va démontrer ici la non-simplicité de G sans utiliser le théorème du complément normal de Burnside. On désigne par n_p (resp. n_q, resp. n_r) le nombre des p-sous-groupes (resp. q-sous-groupes, resp. r-sous-groupes) de Sylow de G. a) Prouver que :<math>(1) \quad pqr \geq n_{p} (p - 1) + n_{q} (q - 1) + n_{r} (r - 1) + 1.</math> {{clr}} {{Solution | contenu = 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|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. }} b) Nous pouvons évidemment supposer p < q < r. Montrer que si n_p > 1, alors n_p ≥ ''q''; que si n_q > 1, alors n_q ≥ ''r''; et que si n_r est > 1, alors n_r = pq. {{clr}} {{Solution | contenu = 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''. }} c) Déduire de a) et b) que si G est un groupe d'ordre pqr, où ''p'', ''q'' et ''r'' sont des nombres premiers distincts, G n’est pas simple. {{clr}} {{Solution | contenu = 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 (théorème 5, point a) du [[../../Premiers résultats sur les groupes simples/|chapitre théorique]]), donc, d’après b), :<math>n_{p} \geq q, n_{q} \geq r, n_{r} \geq pq.</math> En portant cela dans la relation (1) du point a) nous trouvons :<math>pqr \geq q\ (p-1) + r\ (q-1) + pq\ (r-1) + 1,</math> d'où :<math>\ q + r > qr,</math> ce qui est absurde, par exemple parce que le premier membre est < 2''r'' et le second membre > 2''r''. }} == Problème 6 == Soient G un groupe simple fini et ''p'' un diviseur premier de l'ordre de G tel que le nombre des p-sous-groupes de Sylow de G soit égal à p + 1. On va prouver le théorème de Siceloff<ref>L. P. Siceloff, « Simple Groups from Order 2001 to Order 3640 », ''American Journal of Mathematics'', vol. 34, n° 4 (oct. 1912), p. 361-372, consultable sur [https://www.jstor.org/stable/2370496?seq=1 JSTOR].</ref>, à savoir que :<math>\vert G \vert = a p (p+ 1)</math>, où ''a'' est un nombre naturel divisant p - 1. (En particulier, <math>\vert G \vert</math> n'est pas divisible par <math>p^{2}.</math>)<br /> On désigne par <math>X</math> l'ensemble des p-sous-groupes de Sylow de G et on choisit une fois pour toutes un p-sous-groupe de Sylow P de G. a) Prouver que <math>\vert G \vert = a p (p + 1)</math>, où ''a'' est un nombre naturel non divisible par ''p''. (Donc <math>\vert G \vert </math> n'est pas divisible par <math>p^{2}</math> et les p-sous-groupes de Sylow de G sont d'ordre ''p''.) {{clr}} {{Solution | contenu = Soit <math>p^{m}</math> la plus grande puissance de <math>p</math> divisant <math>\vert G \vert.</math> D'après les théorèmes de Sylow, le nombre des p-sous-groupes de Sylow de G divise <math>\vert G \vert / p^{m}</math> et divise donc <math>\vert G \vert / p.</math> D'après les hypothèses de l'énoncé, cela signifie que <math>p + 1</math> divise <math>\vert G \vert / p</math>, donc :(1) <math>\qquad \vert G \vert = a p (p + 1)</math>, avec <math>a</math> naturel. D'autre part, l'ordre de G n'est pas premier, donc G est un groupe simple non abélien, donc, puisque le nombre des p-sous-groupes de Sylow de G est <math>p + 1</math>, G est isomorphe à un sous-groupe de <math>S_{p+1}</math> (voir le [[../../Premiers résultats sur les groupes simples/|chapitre théorique]], théorème 5, b), donc :<math>\vert G \vert </math> divise <math>\vert S_{p+1} \vert = (p+1) !</math> Puisque <math>(p+1)!</math> n'est pas divisible par <math>p^{2}</math>, <math>\vert G \vert </math> ne l'est donc pas non plus, donc <math>a</math> n'est pas divisible par <math>p</math>, ce qui démontre le point a). }} b) On a convenu sous l'énoncé général que X désigne l'ensemble des p-sous-groupes de Sylow de G et que P est un de ces p-sous-groupes de Sylow. Prouver que P agit sur <math>X \setminus{\{P \}}</math> par conjugaison et que cette action n'a aucun point fixe. {{clr}} {{Solution | contenu = Le groupe G agit par conjugaison sur l'ensemble X de ses p-sous-groupes de Sylow, donc tout sous-groupe de G, et en particulier P, agit par conjugaison sur l'ensemble X. Si Q est un élément de <math>X \setminus{\{P \}}</math>, c'est-à-dire un p-sous-groupe de Sylow de G distinct de P, si <math>x</math> est un élément de P, alors <math>x Q x^{-1} \not= P.</math> En effet, dans le cas contraire, on aurait <math>Q = x^{-1} P x</math> avec <math>x \in P</math>, d'où Q = P, contradiction.<br /> Donc P agit sur <math>X \setminus{\{P \}}</math> par conjugaison. Prouvons que cette action n'a pas de point fixe. Si Q était un tel point fixe, P normaliserait Q. Or on a vu dans l'exercice « Autre démonstration des théorèmes de Sylow » de [[../Théorèmes de Sylow/|la série Théorèmes de Sylow]] qu'un p-sous-groupe de Sylow d'un groupe fini G ne normalise jamais un autre p-sous-groupe de Sylow de G. Donc l'action de P sur <math>X \setminus{\{P \}}</math> par conjugaison n'a pas de point fixe. (Cela revient à dire que le seul point fixe de l'action de P sur X par conjugaison est le « point » P.) }} c) Prouver que l'action de <math>P</math> sur <math>X \setminus{\{P \}}</math> par conjugaison est transitive. (Indication : raisonner sur le cardinal d'une orbite.) {{clr}} {{Solution | contenu = Puisque le nombre des p-sous-groupes de Sylow de G est supposé égal à <math>p+1</math>, l'ensemble <math>X \setminus{\{P \}}</math> est de cardinal <math>p</math> et n'est donc pas vide. Nous pouvons donc choisir une orbite <math>\Omega</math> de l'action de <math>P</math> sur <math>X \setminus{\{P \}}</math> par conjugaison. Le cardinal d'une orbite divise toujours l'ordre du groupe opérant, donc, dans l'action de <math>P</math> sur <math>X \setminus{\{P \}}</math> par conjugaison, le cardinal de toute orbite divise <math>\vert P \vert .</math> On a vu au point a) que <math>\vert P \vert </math> est le nombre premier <math>p</math>, donc toute orbite est de cardinal 1 ou <math>p.</math> On a vu au point b) qu'aucune orbite n'est ponctuelle, donc toute orbite est de cardinal <math>p.</math> En particulier, <math>\Omega</math> est de cardinal <math>p</math>. Mais, comme noté, <math>X \setminus{\{P \}}</math> est lui-même de cardinal <math>p</math>, donc <math>X \setminus{\{P \}} = \Omega</math>, donc <math>X \setminus{\{P \}}</math> est la seule orbite, ce qui revient à dire que l'action est transitive. }} d) Prouver que <math>C_{G}(P)</math> opère [[Théorie des groupes/Action de groupe|librement]] sur <math>X \setminus{\{P \}}</math> par conjugaison. (Indication : pour prouver que l'opération est libre, montrer qu'un élément de <math>C_{G}(P)</math> qui normalise un p-sous-groupe de Sylow de G autre que P normalise tous les p-sous-groupes de Sylow de G.) {{clr}} {{Solution | contenu = Comme tout sous-groupe de G, <math>C_{G}(P)</math> opère sur X par conjugaison. Soit Q un élément de <math>X \setminus{\{P \}}</math>, c'est-à-dire un p-sous-groupe de Sylow de G distinct de P, soit ''c'' un élément de <math>C_{G}(P).</math> Si on avait <math>cQc^{-1} = P</math>, on aurait <math>Q = c^{-1} P c</math>; mais <math>C_{G}(P)</math> normalise P, donc <math>c^{-1} P c = P</math>, donc on aurait Q = P, contradiction.<br /> Ceci montre que <math>C_{G}(P)</math> opère sur <math>X \setminus{\{P \}}</math> par conjugaison. Pour prouver que cette action est libre, nous devons prouver que , pour tout élément Q de <math>X \setminus{\{P \}}</math>, le stabilisateur du « point » Q pour cette action est trivial.<br /> Ce stabilisateur est <math>C_{G}(P) \cap N_{G}(Q)</math>, donc nous devons prouver que si Q est un p-sous-groupe de Sylow de G distinct de P, alors :(thèse 1)<math>\qquad C_{G}(P) \cap N_{G}(Q) = 1.</math> Soit ''c'' un élément de <math>\qquad C_{G}(P) \cap N_{G}(Q).</math> Il s'agit de prouver que :(thèse 2)<math>\qquad c = 1.</math> Puisque ''c'' appartient à <math>N_{G}(Q)</math>, :(3)<math>\qquad cQc^{-1} = Q.</math> Soit ''x'' un élément de P. Alors ''c'' commute avec ''x'', donc :<math>\qquad c(xQx^{-1})c^{-1} = xcQc^{-1}x^{-1}</math>, ce qui, d'après (3), peut s'écrire :(4)<math>\qquad c(xQx^{-1})c^{-1} = xQx^{-1}.</math> Puisque ceci est vrai pour tout élément ''x'' de P et que, d'après la question c), P agit transitivement sur <math>X \setminus{\{P \}}</math> par conjugaison, (4) montre que ''c'' normalise tous les p-sous-groupes de Sylow de G distincts de P. Puisque ''c'' appartient à <math>C_{G}(P)</math>, il normalise également P, donc ''c'' normalise tous les p-sous-groupes de Sylow de G, :(5)<math>\qquad c \in \bigcap_{S \in X} N_{G}(S).</math> Le membre droit est un sous-groupe normal de G (voir un exercice de la série [[../Théorèmes de Sylow/|Théorèmes de Sylow]]), donc, puisque G est simple, ce membre droit est égal à 1 ou à G. S'il était égal à G, les p-sous-groupes de Sylow de G seraient normaux dans G, donc il n'y en aurait qu'un, ce qui contredit l'hypothèse selon laquelle ils sont en nombre p + 1. (Plus généralement, si G est un groupe simple fini non abélien et ''p'' un facteur premier de <math>\vert G \vert</math>, l'intersection des normalisateurs des p-sous-groupes de Sylow de G est réduite à l'élément neutre. En effet, dans ce cas, aucun p-sous-groupe de Sylow de G n'est normal dans G; voir [[Théorie des groupes/Premiers résultats sur les groupes simples|le chapitre Premiers résultats sur les groupes simples]], théorème 5, a.)<br /> Donc le membre droit de (5) est le sous-groupe trivial de G, donc c = 1, ce qui prouve la thèse (2) et donc la thèse (1), qui, comme nous l'avons vu, revient à dire que l'action de <math>C_{G}(P)</math> sur <math>X \setminus{\{P \}}</math> par conjugaison est libre. }} e) Déduire du point d) que <math>C_{G}(P) = P</math>, puis, à l'aide du lemme N/C ([[Théorie des groupes/Conjugaison, centralisateur, normalisateur|chapitre Conjugaison, centralisateur, normalisateur]]), prouver ce qui reste à démontrer dans l'énoncé général, à savoir que le nombre naturel ''a'' divise p-1. {{clr}} {{Solution | contenu = Puisque, d'après le point d), <math>C_{G}(P)</math> agit librement sur <math>X \setminus{\{P \}}</math>, nous avons ([[Théorie des groupes/Action de groupe|chapitre Action de groupe]]) :<math>\qquad \vert C_{G}(P) \vert \leq \vert X \setminus{\{P \}} \vert</math>, :<math>\qquad \vert C_{G}(P) \vert \leq p</math>, :(1) <math>\qquad \vert C_{G}(P) \vert \leq \vert P \vert .</math> D'autre part, P, étant un groupe d'ordre premier, est abélien, donc :<math>\qquad P \subseteq C_{G}(P) .</math> Joint à (1), cela donne :<math>\qquad C_{G}(P) = P</math>, d'où :<math>\qquad N_{G}(P)/C_{G}(P) = N_{G}(P)/P.</math> D'après le lemme N/C, le membre gauche est isomorphe à un sous-groupe de Aut(P), donc :(2)<math>\qquad N_{G}(P)/P</math> est isomorphe à un sous-groupe de Aut(P). Puisque P est d'ordre premier ''p'', <math>\vert Aut(P) \vert = p-1</math> ([[Théorie des groupes/Automorphismes d'un groupe cyclique|chapitre Automorphismes d'un groupe cyclique]]), donc, d'après (2), :<math>\qquad \vert N_{G}(P)/P \vert</math> divise p-1, :(3)<math>\qquad \vert N_{G}(P) \vert /p</math> divise p-1, D'autre part, l'indice de <math>N_{G}(P)</math> dans G est le nombre des p-sous-groupes de Sylow de G et, par hypothèse, ce nombre est égal à p+1. Donc :<math>\qquad \vert G \vert / \vert N_{G}(P) \vert = p+1</math>, :<math>\qquad \vert N_{G}(P) \vert = \vert G \vert / \vert (p+1).</math> Dans les notations du point a), cela s'écrit :<math>\qquad \vert N_{G}(P) \vert = ap</math>, :<math>\qquad \vert N_{G}(P) \vert /p = a</math>, donc, d'après (3), ''a'' divise p-1. Joint au point a), cela prouve l'énoncé général. }} f) Prouver qu'il n'y a pas de groupe simple d'ordre 560. {{clr}} {{Solution | contenu = Soit, par absurde, G un groupe simple d'ordre 560. Donc :<math>\vert G\vert = 2^{4} \times 5 \times 7 .</math> Notons <math>n_{7}</math> le nombre des 7-sous-groupes de Sylow de G. Alors <math>n_{7} > 1</math> ([[../../Premiers résultats sur les groupes simples/|chapitre théorique]], théorème 5, a), <math>n_{7} \equiv 1</math> (pmod 7) et <math>n_{7}</math> divise 80 (théorèmes de Sylow). Ce n'est possible qu'avec :<math>n_{7} = 8 = 7 + 1 .</math> D'après le point e), il en résulte que :<math>\vert G\vert / (7 \times 8)</math> divise <math>7 - 1</math>, c'est-à-dire que 10 divise 6, ce qui est absurde. }} == Problème 7 == Soit G un groupe simple fini, soit <math>p</math> un nombre premier tel que l'ordre de G soit divisible par <math>2 p (p+1)</math> et que le nombre des p-sous-groupes de Sylow de G soit égal à <math>p+1 .</math> On va prouver que :<math>p \equiv 1 \pmod{4} .</math> a) Prouver que G est isomorphe à un sous-groupe de <math>A_{p+1}.</math> {{clr}} {{Solution | contenu = Puisque le nombre des p-sous-groupes de Sylow de G est supposé égal à <math>p+1</math>, c'est une conséquence immédiate d'un théorème démontré dans le [[../../Premiers résultats sur les groupes simples/|chapitre théorique]]. }} b) Prouver que <math>p</math> est impair. {{clr}} {{Solution | contenu = Puisque <math>p</math> est un nombre premier, il suffit de prouver qu'il est distinct de 2. S'il était égal à 2, alors, d'après le point a), <math>\vert G \vert</math> diviserait <math>\vert A_{3} \vert = 3 .</math> C'est impossible, puisque <math>\vert G \vert</math> est supposé divisible par <math>2 p (p+1) .</math> }} c) Prouver que <math>\vert G \vert</math> n'est pas divisible par <math>p^{2} .</math> {{clr}} {{Solution | contenu = Cela résulte du problème 6, a). Rappelons la démonstration : d'après le point a), G est isomorphe à un sous-groupe de <math>A_{p+1}</math>, donc :<math>\vert G \vert </math> divise <math>\vert A_{p+1} \vert = (p+1)! / 2 .</math> Puisque <math>(p+1)! / 2</math> n'est pas divisible par <math>p^{2}</math>, <math>\vert G \vert </math> ne l'est donc pas non plus }} d) Soit P un p-sous-groupe de Sylow de G. Prouver que <math>\vert N_{G}(P) \vert</math> est divisible par <math>2p .</math> {{clr}} {{Solution | contenu = L'indice de <math> N_{G}(P) </math> dans G est égal au nombre des p-sous-groupes de Sylow de G, c'est-à-dire, d'après les hypothèses, à <math>p+1 .</math> Donc :<math>\vert G \vert / \vert N_{G}(P) \vert = p+1</math>, :<math>\vert N_{G}(P) \vert = \vert G \vert / (p+1) .</math> Puisque, par hypothèse, <math>\vert G \vert</math> est divisible par <math>2 p (p+1)</math>, <math>\vert N_{G}(P) \vert</math> est donc divisible par <math>2p .</math> }} e) Toujours si P est un p-sous-groupe de Sylow de G, prouver qu'il existe un élément <math>s</math> d'ordre 2 de G (involution) tel que, pour tout <math>x</math> dans P, <math>sxs^{-1} = x^{-1} .</math> (Cela revient à dire que <math> N_{G}(P) </math> contient un sous-groupe diédral d'ordre <math>2p .</math>)<br /> Indication : utiliser les points a) et d). {{clr}} {{Solution | contenu = D'après le point d), <math> N_{G}(P) </math> est d'ordre pair et comprend donc un élément d'ordre 2 (théorème de Cauchy), soit <math>s .</math><br /> Soit <math>x</math> un élément de <math>P \setminus \{ 1 \}</math>, autrement dit (puisque, d'après le point c), P est d'ordre <math>p</math> premier) un générateur de P.<br /> Puisque <math>s</math> normalise P et que <math>x</math> est un générateur de P, il existe un nombre naturel <math>n</math> tel que :(1)<math>\qquad s x s^{-1} = x^{n} .</math> En appliquant aux deux membres l'automorphisme intérieur <math>g \mapsto s g s^{-1}</math> de G, nous trouvons :<math>s^{2} x s^{-2} = s x^{n} s^{-1} .</math> Puisque <math>s</math> est d'ordre 2, le membre gauche est égal à <math>x</math>; d'autre part, le membre droit est égal à <math>(s x s^{-1})^{n} = x^{n^{2}} .</math> Donc <math>x^{n^{2}} = x</math>, <math>x^{n^{2}-1} = 1</math>, donc :<math>n^{2}-1 \equiv 0 \pmod{p}</math>, :<math>(n-1) (n+1) \equiv 0 \pmod{p}</math>, donc :(2)<math>\qquad n</math> est congru à 1 ou à - 1 modulo <math>p .</math> Prouvons que <math>n \not\equiv 1 \pmod{p} .</math> Dans le cas contraire , (1) donnerait :<math>sxs^{-1} = x</math>, donc :(3)<math>\qquad s</math> commuterait avec <math>x .</math> D'après le point a), il existe un homomorphisme injectif <math>f</math> de G dans <math>A_{p+1}.</math> Puisque <math>f</math> est un homomorphisme, il résulte de (3) que :(4)<math>\qquad f(s)</math> commuterait avec <math>f(x) .</math> D'autre part, puisque l'homomorphisme <math>f</math> est injectif, :(5)<math>\qquad f(x)</math> est d'ordre <math>p</math> et <math>f(s)</math> est d'ordre 2. Donc, d'après (4) et (5), il y aurait dans <math>A_{p+1}</math> un élément d'ordre <math>p</math> qui commuterait avec un élément d'ordre 2. En raisonnant sur la décomposition canonique d'une permutation en cycles, on voit qu'un élément d'ordre <math>p</math> de <math>A_{p+1}</math> (et même un élément d'ordre <math>p</math> de <math>S_{p+1}</math>) est forcément un p-cycle. Il y aurait donc dans <math>S_{p+1}</math> un p-cycle qui commuterait avec un élément d'ordre 2. C'est impossible, par exemple parce que, d'après le problème « Centralisateur d'un long cycle » de la série [[../Groupes symétriques finis/|Groupes symétriques finis]], le centralisateur d'un p-cycle de <math>S_{p+1}</math> est le sous-groupe de <math>S_{p+1}</math> engendré par ce cycle et est donc d'ordre <math>p</math>, de sorte qu'il ne comprend pas d'élément d'ordre 2 (puisqu'on a vu que <math>p</math> est impair). Sans utiliser le problème « Centralisateur d'un long cycle » de la série [[../Groupes symétriques finis/|Groupes symétriques finis]], on peut noter que s'il existait dans <math>S_{p+1}</math> un élément d'ordre <math>p</math> qui commutait avec un élément d'ordre 2, <math>S_{p+1}</math> comprendrait un élément d'ordre <math>2 p</math>, ce qui est impossible, vu la décomposition canonique d'une permutation en cycles.<br /> Nous avons donc prouvé que <math>n \not\equiv 1 \pmod{p}</math>, donc, d'après (2), :<math>n \equiv -1 \pmod{p} .</math> D'après (1), ceci donne :<math>\qquad s x s^{-1} = x^{-1} .</math> Cela est démontré pour tout <math>x</math> dans <math>P \setminus \{ 1 \}</math> et est évidemment vrai aussi pour <math>x = 1</math>, d'où l'énoncé. }} f) Prouver que <math>p \equiv 1 \pmod{4} .</math> (Indication : utiliser les points a) et e) et le problème « Inverseurs d'un long cycle » de la série [[../Groupes symétriques finis/|Groupes symétriques finis]].) {{clr}} {{Solution | contenu = D'après le point e), il existe dans G un élément <math>x</math> d'ordre <math>p</math> et un élément <math>s</math> d'ordre 2 tels que :(1)<math>\qquad s x s^{-1} = x^{-1} .</math> D'après le point a), il existe un homomorphisme injectif <math>f</math> de G dans <math>A_{p+1} .</math> Puisque <math>f</math> est un homomorphisme, la relation (1) donne :(2)<math>\qquad f(s) f(x) f(s)^{-1} = f(x)^{-1} .</math> D'autre part, puisque l'homomorphisme <math>f</math> est injectif, f(x) est un élément d'ordre <math>p</math> de <math>A_{p+1}</math>, ce qui n'est possible que si <math>f(x)</math> est un p-cycle (voir la décomposition canonique d'une permutation en cycles). Compte tenu de cela, de (2) et du fait que <math>p</math> est impair, il résulte du problème « Inverseurs d'un long cycle » de la série [[../Groupes symétriques finis/|Groupes symétriques finis]] que <math>f(s)</math> est le produit de <math>(p-1)/2</math> transpositions (à supports deux à deux disjoints). Puisque <math>f(s)</math>, appartenant à <math>A_{p+1}</math>, est une permutation paire, <math>(p-1)/2</math> est donc pair, autrement dit <math>p \equiv 1 \pmod{4} .</math> }} g) Prouver qu'il n'y a pas de groupe simple d'ordre 336. {{clr}} {{Solution | contenu = Soit, par absurde, G un groupe simple d'ordre <math>336</math>. Puisque <math>336 = 2^{4} \cdot 3 \cdot 7</math>, :(1)<math>\qquad \vert G \vert </math> est divisible par <math>2 p (p+1)</math>, où <math>p</math> désigne le nombre premier 7. Le nombre <math>n_{7}</math> des 7-sous-groupes de Sylow de G est > 1 (théorème 5, point a) du [[../../Premiers résultats sur les groupes simples/|chapitre théorique]]), <math>\equiv 1 \pmod{7}</math> et divise 48 (théorèmes de Sylow). Cela n'est possible qu'avec :(2)<math>\qquad n_{7} = 8 = 7 +1 .</math> D'après f), il résulte de (1) et de (2) que <math>7 \equiv 1 \pmod{4}</math>, ce qui est faux. La contradiction obtenue prouve l'énoncé. }} == Problème 8 == Soit G un groupe simple d'ordre <math>2 p (p+1)</math>, où <math>p</math> est un nombre premier. On va prouver que <math>p \equiv 5 \pmod{24} .</math> a) Prouver que <math>p</math> est distinct de <math>2</math> et de <math>3 .</math> {{clr}} {{Solution | contenu = Puisque G est un groupe simple d'ordre non premier, il n'est pas résoluble. Si <math>p</math> était égal à 2 ou à 3, l'ordre de G serait égal à 12 ou à 24. C'est impossible, car on a vu que tout groupe d'ordre 12 est résoluble ([[../Groupes dicycliques/|exercices sur le chapitre Groupes dicycliques]]) et que tout groupe d'ordre 24 est résoluble ([[../Groupes nilpotents/|exercices sur le chapitre Groupes nilpotents]]). }} b) Prouver que les p-sous-groupes de Sylow de G sont d'ordre ''p''. {{clr}} {{Solution | contenu = D'après le point a), le nombre premier ''p'' est distinct de 2, donc impair, donc premier avec 2 (p+1). Il ne divise donc <math>\vert G \vert </math> qu'une fois, d'où l'énoncé. }} c) Prouver que le nombre des p-sous-groupes de Sylow de G est p+1. {{clr}} {{Solution | contenu = Puisque <math>\vert G \vert = 2 p (p+1)</math>, :(1)<math>\qquad </math>le nombre <math>n_{p}</math> des p-sous-groupes de Sylow de G divise 2 (p+1). D'autre part, d'après un théorème de Sylow, <math>n_{p} \equiv 1 \pmod{p}</math> et, d'après le théorème 5, a du [[../../Premiers résultats sur les groupes simples/|chapitre théorique]], <math>n_{p} > 1 .</math> Donc :<math>n_{p} = a p + 1</math>, où <math>a</math> est un nombre naturel <math>\geq 1 .</math> La valeur <math>a = 2</math> est impossible d'après (1), car 2p + 1 ne divise pas 2 (p+1) = 2p + 2. Les valeurs <math>a \geq 3</math> sont également impossibles, car pour <math>a \geq 3</math>, nous avons :<math>ap+1 \geq 3p+1 > 2p+2</math>, donc ap+1 ne divise pas 2p+2, donc, d'après (1), <math>n_{p} \not= ap+1 .</math><br /> Il faut donc <math>a=1</math>, ce qui prouve le point c). }} d) Prouver que le normalisateur dans G d'un p-sous-groupe de Sylow de G est diédral d'ordre 2p. (Indication : on peut utiliser le problème 7, ou encore des énoncés du chapitre [[Théorie des groupes/Transfert, théorème du complément normal de Burnside|Transfert, théorème du complément normal de Burnside]].) {{clr}} {{Solution | contenu = Soit P un p-sous-groupe de Sylow de G. Il s'agit de prouver que <math>N_{G}(P)</math> est diédral d'ordre 2p.<br /> D'après les théorèmes de Sylow, <math>[G:N_{G}(P)]</math> est égal au nombre des p-sous-groupes de Sylow de G. D'après le point c), cela signifie que :<math>[G:N_{G}(P)] = p + 1</math>, :<math>\vert N_{G}(P) \vert = \vert G \vert / (p + 1)</math>, :(1)<math>\qquad \vert N_{G}(P) \vert = 2 p .</math> On peut achever en disant que d'après le problème 7, point e), <math>N_{G}(P)</math> contient un groupe diédral d'ordre <math>2p</math>, ce qui, joint à (1), entraîne que <math>N_{G}(P)</math> est diédral d'ordre <math>2p</math>. Voici une autre façon de procéder.<br /> D'après (1) et [[../Groupes diédraux/|un exercice sur le chapitre Groupes diédraux]], :(2)<math>\qquad N_{G}(P)</math> est cyclique ou diédral. Si <math>N_{G}(P)</math> était cyclique, il serait abélien, donc P serait évidemment central dans <math>N_{G}(P)</math>, donc, d'après le théorème du complément normal de Burnside, P admettrait un complément normal dans G, autrement dit G serait p-nilpotent. Puisque G est supposé être un groupe simple fini non abélien, cela contredit un énoncé du chapitre [[Théorie des groupes/Transfert, théorème du complément normal de Burnside|Transfert, théorème du complément normal de Burnside]]. Donc <math>N_{G}(P)</math> n'est pas cyclique, donc, d'après (2), il est diédral, ce qui, joint à (1), démontre le point d). }} e) Prouver que <math>p \equiv 1 \pmod{4}</math> et en déduire que les 2-sous-groupes de Sylow de G sont des groupes de Klein.<br /> Indication : on peut utiliser le problème 7. {{clr}} {{Solution | contenu = Nous avons vu au point c) que le nombre des p-sous-groupes de Sylow de G est <math>p+1</math>, donc, d'après le problème 7, f), :<math>p \equiv 1 \pmod{4}</math>, ce qui est la première assertion de l'énoncé.<br /> Il en résulte que l'ordre <math>2 p (p+1)</math> de G est divisible par 4 et non par 8, donc les p-sous-groupes de Sylow de G sont d'ordre 4. D'après une [[Théorie des groupes/Transfert, théorème du complément normal de Burnside|conséquence du théorème du complément normal de Burnside]], ces sous-groupes ne sont pas cycliques, donc ce sont des groupes de Klein, ce qui achève de prouver le point e). }} f) Soit <math>t</math> un élément d'ordre 2 (involution) de G normalisant au moins un p-sous-groupe de Sylow de G. Prouver que <math>t</math> normalise exactement deux p-sous-groupes de Sylow de G.<br /> '''Indication.''' L'ensemble des p-sous-groupes de Sylow de G étant désigné par X, considérer, au lieu de l'homomorphisme <math>f</math> utilisé au problème 7, point f), une version plus précise de cet homomorphisme, à savoir l'homomorphisme F de G dans <math>A_{X}</math> correspondant à l'action de G sur X par conjugaison. Appliquer de nouveau le problème « Inverseurs d'un long cycle » de la série [[../Groupes symétriques finis/|Groupes symétriques finis]]. {{clr}} {{Solution | contenu = Notons X l'ensemble des p-sous-groupes de Sylow de G. Puisque G est un groupe simple non abélien, nous avons, d'après le chapitre théorique, un homomorphisme injectif :<math>F : G \to A_{X}</math> tel que, pour tout <math>g</math> dans <math>G</math>, F(g) soit la permutation <math>Q \mapsto g Q g^{-1}</math> de X.<br /> Par hypothèse, <math>t</math> est un élément d'ordre 2 qui normalise au moins un p-sous-groupe de Sylow de G. Puisque, d'après le point d), <math>N_{G}(P)</math> est diédral d'ordre <math>2p</math> (et que <math>p</math> est impair, ce qui entraîne que tout élément d'ordre 2 de <math>N_{G}(P)</math> est hors de P), nous avons :<math>t x t^{-1} = x^{-1}</math> pour tout élément <math>x</math> de P et en particulier pour un élément <math>x</math> de P que nous pouvons choisir dans P.<br /> On raisonne alors comme au point e) :<br /> puisque F est un homomorphisme, nous avons :<math>F(t) F(x) F(t)^{-1} = F(x)^{-1}</math>; puisque l'homomorphisme F est injectif, F(x) est d'ordre <math>p</math>; enfin, puisque <math>\vert X \vert = p + 1</math> (point c)) et que F(x) est un élément d'ordre <math>p</math> de <math>S_{X}</math>, F(x) est un p-cycle.<br /> Donc, d'après le problème « Inverseurs d'un long cycle » de la série [[../Groupes symétriques finis/|Groupes symétriques finis]], F(t) est le produit de <math>(p-1)/2</math> transpositions à supports deux à deux disjoints. Le support de F(t) est donc de cardinal p-1. Puisque <math>\vert X \vert = p + 1</math>, F(t) a donc exactement deux points fixes. D'après la définition de F, cela signifie que <math>t</math> normalise exactement deux p-sous-groupes de Sylow de G. }} g) Avant de poursuivre, on va démontrer un petit lemme de nature combinatoire. Soient A et B deux ensembles finis, soit R une partie du produit cartésien <math>A \times B</math>; on écrira <math>a R b</math> pour <math>(a, b) \in R .</math> (Une partie de <math>A \times B</math> est parfois appelée une relation binaire entre éléments de A et éléments de B, d'où la notation <math>a R b .</math>) On suppose qu'il existe un nombre <math>r_{B}</math> tel que, pour tout <math>a</math> dans <math>A</math>, les éléments <math>b</math> de <math>B</math> tels que <math>a R b</math> soient en quantité <math>r_{B} .</math> On suppose aussi qu'il existe un nombre <math>s_{A}</math> tel que, pour tout <math>b</math> dans <math>B</math>, les éléments <math>a</math> de <math>A</math> tels que <math>a R b</math> soient en quantité <math>s_{A} .</math> Prouver que <math>\vert A \vert r_{B} = \vert B \vert s_{A} .</math><br /> Indication : calculer un certain nombre de deux façons. {{clr}} {{Solution | contenu = On va calculer de deux façons le nombre <math>\vert R \vert</math>, autrement dit le nombre des couples (a, b) tels que a R b.<br /> D'une part, nous avons <math>\vert R \vert = \sum_{a \in A} \vert B_{a} \vert</math>, où <math>B_{a}</math> désigne l'ensemble des éléments <math>b</math> de <math>B</math> tels que <math>a R b</math>; par hypothèse, <math>\vert B_{a} \vert = r_{B}</math> pour tout <math>a</math>, donc : (1)<math>\qquad \vert R \vert = \vert A \vert r_{B} .</math> De même, <math>\vert R \vert = \sum_{b \in B} \vert A_{b} \vert</math>, où <math>A_{b}</math> désigne l'ensemble des éléments <math>a</math> de <math>A</math> tels que <math>a R b</math>; par hypothèse, <math>\vert A_{b} \vert = s_{A}</math> pour tout <math>b</math>, donc : (2)<math>\qquad \vert R \vert = \vert B \vert s_{A} .</math> La comparaison de (1) et de (2) fournit l'énoncé. }} h) Soit E l'ensemble des involutions de G normalisant au moins un p-sous-groupe de Sylow de G. Prouver que <math>\vert E \vert = \vert G \vert /4 .</math><br /> Indication. X désignant l'ensemble des p-sous-groupes de Sylow de G, considérer la partie R de <math>E \times X</math> formée par les couples (t, P) tels que <math>t</math> normalise P et appliquer le point g) en tenant compte des points d) et f). {{clr}} {{Solution | contenu = Il résulte du point f) que, pour tout élément <math>t</math> de E, :(1)<math>\qquad </math> il existe exactement deux éléments P de X tels que (t, P) appartienne à R. D'autre part, on a vu au point d) que, pour tout p-sous-groupe de Sylow P de G, <math>N_{G}(P)</math> est diédral d'ordre <math>2 p .</math> Puisque <math>p</math> est impair, les éléments d'ordre <math>2</math> de <math>N_{G}(P)</math> sont en nombre <math>p</math>, ce qui revient à dire que :(2)<math>\qquad </math>les éléments <math>t</math> de E tels que (t, P) appartienne à R sont en nombre <math>p .</math> Compte tenu du point g), il résulte de (1) et (2) que :<math>2 \vert E \vert = p \vert X \vert</math>, ce qui, d'après le point c), peut s'écrire :<math>2 \vert E \vert = p (p + 1)</math> :<math>\vert E \vert = p (p + 1)/2 = \vert G \vert / 4</math>. }} i) Prouver que le nombre des 2-sous-groupes de Sylow de G est au moins égal au nombre rationnel <math>\vert G \vert / 12 .</math> (Nous verrons plus loin que <math>\vert G \vert / 12</math> est un nombre entier, mais, pour l'instant, nous ne le considérons que comme un nombre rationnel.) {{clr}} {{Solution | contenu = Dans les notations du point h), l'ensemble des involutions de <math>G</math> contient <math>E</math> et <math>\vert E \vert </math> est égal à <math>\vert G \vert /4</math>, donc <math>G</math> comprend au moins <math>\vert G \vert /4</math> involutions. Cela revient à dire que la réunion des 2-sous-groupes de Sylow de G comprend au moins <math>\vert G \vert /4</math> involutions. Puisque, d'après le point e), chaque 2-sous-groupe de Sylow de G est d'ordre 4 et comprend donc au plus 3 involutions (et en comprend en fait exactement 3, puisque nous avons vu au point e) que les 2-sous-groupes de Sylow de G sont des groupes de Klein), le nombre des 2-sous-groupes de Sylow de G est donc au moins égal au nombre rationnel <math>\vert G \vert / 12 .</math> }} j) Soit V un 2-sous-groupe de Sylow de G. Prouver que <math>\vert N_{G}(V) \vert = 12</math> (ce qui prouve que <math>\vert G \vert </math> est divisible par 12, de sorte que le nombre rationnel <math>\vert G \vert / 12</math> considéré au point i) est entier) et en déduire que le nombre des 2-sous-groupes de Sylow de G est <math>\vert G \vert / 12 .</math> {{clr}} {{Solution | contenu = L'indice de <math>\vert N_{G}(V) \vert </math> dans G est le nombre des 2-sous-groupes de Sylow de G, donc, d'après le point i) :<math>\vert G \vert / \vert N_{G}(V) \vert \geq \vert G \vert / 12 </math>, :(1)<math>\qquad \vert N_{G}(V) \vert \leq 12 .</math> Puisque V est d'ordre 4 (voir poinr e)), <math>\vert N_{G}(V) \vert</math> est divisible par 4, donc, d'après (1), <math>\vert N_{G}(V) \vert</math> est égal à 4, à 8 ou à 12. On a vu que <math>\vert G \vert</math> n'est pas divisible par 8, donc <math>\vert N_{G}(V) \vert</math> est égal à 4 ou à 12. Si <math>\vert N_{G}(V) \vert</math> était égal à 4, il serait abélien, donc V serait évidemment central dans <math>\vert N_{G}(V) \vert</math>, donc, d'après le théorème du complément normal de Burnside, G serait 2-nilpotent, ce qui est impossible pour un groupe simple fini non abélien (voir le chapitre [[Théorie des groupes/Transfert, théorème du complément normal de Burnside|Transfert, théorème du complément normal de Burnside]]). Donc <math>\vert N_{G}(V) \vert = 12</math>, ce qui est la première assertion de l'énoncé. Puisque le nombre des 2-sous-groupes de Sylow de G est l'indice de <math>\vert N_{G}(V) \vert </math> dans G, la seconde assertion de l'énoncé en résulte. }} k) Déduire de e), de h) et de j) que le nombre des 2-sous-groupes de Sylow de G est <math>\equiv 1 \pmod{4}.</math><br /> Indication : utiliser une « congruence de Sylow à module renforcé » qui a été démontrée dans [[../Théorèmes de Sylow/|les exercices sur les théorèmes de Sylow]]. {{clr}} {{Solution | contenu = D'après le point e), :(1)<math>\qquad</math>chaque 2-sous-groupe de Sylow de G comprend au plus (et, en fait, exactement) trois involutions. D'autre part, d'après le point j), :(2)<math>\qquad</math>les 2-sous-groupes de Sylow de G sont en nombre <math>\vert G \vert / 12 .</math> Enfin, d'après le point h), :(3)<math>\qquad</math> les involutions de G sont en nombre <math>\geq \vert G \vert / 4</math>, autrement dit en nombre <math>\geq 3 \times \vert G \vert / 12 .</math> De (1), (2) et (3), il résulte que les 2-sous-groupes de Sylow de G se coupent trivialement deux à deux, donc, d'après la « congruence de Sylow à module renforcé » qui a été démontrée dans [[../Théorèmes de Sylow/|les exercices sur les théorèmes de Sylow]], le nombre des 2-sous-groupes de Sylow de G est <math>\equiv 1 \pmod{4}.</math><br /> Remarque. Il résulte de (1), (2) et (3) que les involution de G sont en nombre <math>\vert G \vert / 4</math> exactement. Donc, d'après le point h), l'ensemble E considéré au point h) est l'ensemble de ''toutes'' les involutions de G. }} l) Prouver que <math>p \equiv 5 \pmod{24}.</math> {{clr}} {{Solution | contenu = Nous avons vu au point j) que le nombre des 2-sous-groupes de Sylow de G est égal à <math>\vert G \vert / 12</math> et au point k) que ce nombre est <math>\equiv 1 \pmod{4}.</math> Donc :<math>\qquad \vert G \vert / 12 \equiv 1 \pmod{4}</math> :<math>\qquad p(p+1) / 6 \equiv 1 \pmod{4}</math> :(1)<math>\qquad p^{2}+p \equiv 6 \pmod{24}.</math> Pour tout nombre entier <math>n</math> impair et non divisible par 3, <math>n^{2} \equiv 1 \pmod{8}</math> et <math>n^{2} \equiv 1 \pmod{3}</math>, donc <math>n^{2} \equiv 1 \pmod{24}.</math> D'après le point a), <math>p</math> est impair et non divisible par 3, donc <math>p^{2} \equiv 1 \pmod{24}</math>, donc (1) donne :<math>p \equiv 5 \pmod{24}.</math> }} m) Prouver qu'il n'y a pas de groupe simple d'ordre 264, ni de groupe simple d'ordre 612, ni de groupe simple d'ordre 760. {{clr}} {{Solution | contenu = S'il existait un groupe simple d'ordre 264, ce serait un groupe simple d'ordre <math>2 p (p+1)</math> avec <math>p = 11</math>, nombre premier <math>\not\equiv 5 \pmod{24}</math>, ce qui contredit le point l). Même chose avec <math>612 = 2 \cdot 17 \cdot (17 + 1)</math> et <math>760 = 2 \cdot 19 \cdot (19 + 1).</math> }} == Problème 9 == Soit <math>p</math> un nombre premier impair, soit G un groupe fini d'ordre divisible par <math>2 p</math> et non par <math>p^{2} .</math> On suppose que le nombre des p-sous-groupes de Sylow de G est <math>2 p + 1 .</math> On va prouver que G n'est pas simple. On prouvera même quelque chose de plus précis que la non-simplicité de G, donc on évitera de raisonner tout de suite par l'absurde en supposant G simple. a) Désignons par X l'ensemble des p-sous-groupes de Sylow de G et par <math>\psi</math> l'homomorphisme correspondant à l'action de G sur X par conjugaison, c'est-à-dire l'homomorphisme :<math>\psi : G \to S_{X}</math> tel que, pour tout élément <math>g</math> de G, <math>\psi(g)</math> soit la permutation <math>Q \mapsto g Q g^{-1}</math> de X. (Nous ne supposons pas G simple, donc nous n'avons pas de raison de considérer <math>\psi</math> comme injectif.)<br /> Soit <math>y</math> un élément d'ordre <math>p</math> de G. Prouver que la permutation <math>\psi (y)</math> de X est le produit de deux p-cycles à supports disjoints. {{clr}} {{Solution | contenu = D'après les hypothèses générales, :(1)<math>\qquad \vert X \vert = 2 p + 1</math> et :(2)<math>\qquad </math>les p-sous-groupes de Sylow de G sont d'ordre <math>p .</math> Si un élément Q de X est fixé par la permutation <math>\psi (y)</math>, Q est un p-sous-groupe de Sylow normalisé par <math>y .</math> Or un élément de G dont l'ordre est une puissance de <math>p</math> ne normalise un p-sous-groupe de Sylow Q de G que s'il appartient à Q. (Voir un exercice de la série [[../Théorèmes de Sylow/]].) Donc si un élément Q de X est fixé par la permutation <math>\psi (y)</math>, <math>y</math> appartient à Q. Puisque <math>y</math> est d'ordre <math>p</math> et que, d'après (2), Q est d'ordre <math>p</math>, on a donc <math>Q = \langle y \rangle .</math> Comme <math>y</math> normalise évidemment <math>\langle y \rangle </math>, ce qui revient à dire que la permutation <math>\psi (y)</math> fixe l'élément <math>\langle y \rangle </math> de X, nous avons prouvé que :(3)<math>\qquad </math>la permutation <math>\psi (y)</math> de X admet un et un seul point fixe. D'après (1), X n'est pas un singleton, donc il résulte de (3) que <math>\psi (y)</math> n'est pas la permutation identique de X. Puisque <math>y</math> est d'ordre <math>p</math> premier, la permutation <math>\psi (y)</math> est donc d'ordre <math>p .</math> Puisque, comme vu en (3), elle a un et un seul point fixe et que, d'après (1), <math>\vert X \vert = 2 p + 1</math>, la permutation <math>\psi (y)</math> est donc le produit de deux p-cycles à supports disjoints, ce qui démontre le pont a). }} b) Soit P un p-sous-groupe de Sylow de G. Prouver que <math>N_{G}(P)</math> contient un 2-sous-groupe de Sylow de G. {{clr}} {{Solution | contenu = D'après les hypoyhèses générales, le nombre des p-sous-groupes de Sylow de G est <math>2 p + 1</math>, donc :<math>\vert N_{G}(P) \vert = \vert G \vert / (2 p + 1) .</math> Puisque <math>2 p + 1</math> est impair, le membre droit est divisible par la plus grande puissance de 2 qui divise <math>\vert G \vert </math>, donc <math>\vert N_{G}(P) \vert </math> est divisible par cette puissance de 2. Donc les 2-sous-groupes de Sylow de <math>N_{G}(P)</math> sont des 2-sous-groupes de Sylow de G, ce qui prouve le point b). }} c) On ajoute aux hypothèses que les 2-sous-groupes de Sylow de G ne sont pas cycliques. Déduire du point b) que pour tout p-sous-groupe de Sylow P de G, il existe un élément d'ordre 2 de G qui centralise P. {{clr}} {{Solution | contenu = Soit P un p-sous-groupe de Sylow de G. D'après le point b), il existe un 2-sous-groupe de Sylow H de G qui normalise P. Nous pouvons donc considérer l'homomorphisme :<math>f : H \to Aut(P)</math> tel que, pour tout élément <math>h</math> de H, <math>f(h)</math> soit l'automorphisme <math>x \mapsto h x h^{-1}</math> de P.<br /> D'après les hypothèses du point c), :(1)<math>\qquad</math>H n'est pas cyclique. D'autre part, d'après les hypothèses générales, P est d'ordre <math>p</math> premier, donc (chapitre [[../../Automorphismes d'un groupe cyclique/]]) le groupe Aut(P) est cyclique, donc son sous-groupe <math>f(H)</math> est cyclique.<br /> Joint à (1), cela montre que H et f(H) ne sont pas isomorphes, donc l'homomorphisme <math>f</math> n'est pas injectif, donc :(2)<math>\qquad Ker f</math> n'est pas réduit à l'élément neutre de H. Puisque H est un 2-groupe, son sous-groupe <math>Ker f</math> en est un aussi, donc il résulte de (2) que <math>Ker f</math> comprend au moins un élément d'ordre 2, ce qui revient à dire qu'il existe un élément d'ordre 2 de H (et donc de G) qui centralise P. }} d) Dans les hypothèses générales du problème, prouver que G satisfait à une au moins des conditions suivantes :<br /> 1° les 2-sous-groupes de Sylow sont cycliques;<br /> 2° il y a au moins un élément d'ordre 2 de G qui normalise tous les p-sous-groupes de Sylow de G;<br /> 3° G contient au moins un sous-groupe d'indice 2.<br /> '''Indication.''' Supposer que la condition 1° n'est pas satisfaite (ce qui permet d'appliquer le point c)) et que la condition 2° ne l'est pas non plus. Alors l'élément <math>s</math> d'ordre 2 considéré au point c) ne normalise pas tous les p-sous-groupes de Sylow de G. Raisonner sur la permutation <math>\psi (s)</math>, où <math>\psi</math> est l'homomorphisme considéré au point a). À l'aide d'un exercice de la série [[../Groupes symétriques finis/]], prouver que <math>\psi (s)</math> est une permutation impaire et, à l'aide d'un exercice de la série [[../Groupes alternés/]], en déduire que la condition 3° du point d) est satisfaite. {{clr}} {{Solution | contenu = Supposons que ni la condition 1° ni la condition 2° n'est satisfaite. Si nous en tirons que la condition 3° est satisfaite, le point d) sera démontré.<br /> Puisque nous supposons que la condition 1° n'est pas satisfaite, les 2-sous-groupes de Sylow de G ne sont pas cycliques, donc, d'après le point c), nous pouvons choisir :(1)<math>\qquad</math>un p-sous-groupe de Sylow P de G et un élément <math>s</math> d'ordre 2 de G qui centralise P. Puisque nous supposons que la condition 2° n'est pas satisfaite, :<math>s</math> ne normalise pas tous les p-sous-groupes de Sylow de G. Donc si X désigne l'ensemble des p-sous-groupes de Sylow de G, si <math>\psi</math> désigne, comme au point a), l'homomorphisme :<math>\psi : G \to S_{X}</math> tel que, pour tout élément <math>g</math> de G, <math>\psi (g)</math> soit la permutation <math>Q \mapsto g \ Q \ g^{-1}</math> de X, :<math>\psi (s)</math> n'est pas la permutation identique de X. Puisque <math>s</math> est d'ordre 2, il en résulte que :(2)<math>\qquad</math>la permutation <math>\psi (s)</math> de X est d'ordre 2. Choisissons dans P un élément <math>y</math> d'ordre <math>p</math>. D'après (1), <math>s</math> commute avec <math>y</math>, donc, puisque <math>\psi</math> est un homomorphisme, :(3)<math>\qquad \psi (s)</math> commute avec <math>\psi (y) .</math> D'autre part, d'après le point a), :(4)<math>\qquad \psi (y)</math> est le produit de deux p-cycles à supports disjoints. Il résulte de (2), de (3), de (4) et d'un problème de la série [[../Groupes symétriques finis/]] que <math>\psi (s)</math> est le produit de <math>p</math> transpositions (à supports deux à deux disjoints) et est donc une permutation impaire. Ainsi, l'image de l'homomorphisme <math>\psi </math> de G dans <math>S_{X}</math> comprend au moins une permutation impaire. D'après un problème de la série [[../Groupes alternés/]], il en résulte que G contient au moins un sous-groupe d'indice 2, autrement dit la condition 3° est satisfaite. Comme nous l'avons vu, cela prouve le point d). }} e) Déduire du point d) que, dans les hypothèses générales du problème, G n'est pas simple. {{clr}} {{Solution | contenu = Nous avons vu que G satisfait à une au moins des conditions 1° à 3° énoncées au point d).<br /> Si G satisfait à la condition 1°, c'est-à-dire si les 2-sous-groupes de Sylow de G sont cycliques, alors, d'après une conséquence du [[../../Transfert, théorème du complément normal de Burnside/|théorème du complément normal de Burnside]] (et compte tenu que l'ordre de G n'est pas premier), G n'est pas simple.<br /> Si maintenant G satisfait à la condition 2°, c'est-à-dire s'il y a un élément d'ordre 2 de G qui normalise tous les p-sous-groupes de Sylow de G, alors :(1)<math>\qquad \bigcap_{P \in X} N_{G}(P) \not= 1</math>, où X désigne l'ensemble des p-sous-groupes de Sylow de G.<br /> Supposons que, par absurde, G soit simple. D'après les hypothèses générales de l'énoncé, l'ordre de G n'est pas un nombre premier, donc G est un groupe simple non résoluble. On a vu (problème « Intersection des p-sous-groupes de Sylow et intersection de leurs normalisateurs » de la série [[../Théorèmes de Sylow/]]) que le membre gauche de (1) est un sous-groupe normal de G, donc, dans notre hypthèse où G est simple, la relation (1) donne :<math>\qquad \bigcap_{P \in X} N_{G}(P) = G</math>, donc G normalise « ses » p-sous-groupes de Sylow, donc G n'a qu'un p-sous-groupe de Sylow, soit P, et P est normal dans G. Puisque nous supposons G simple, il faut donc <math>P = G</math>, ce qui est impossible, puisque P, étant un p-groupe, est nilpotent et donc résoluble, alors que, comme noté, G n'est pas résoluble. La contradiction obtenue prouve que si la condition 2° est satisfaite, G n'est pas simple.<br /> Enfin, si la condition 3° est satisfaite, G contient un sous-groupe H d'indice 2. On sait que dans tout groupe, tout sous-groupe d'indice 2 est normal, donc H est normal dans G. Puisque H est d'indice 2 dans G, H < G. D'autre part, si H était trivial, G serait d'ordre 2, ce qui est contraire aux hypothèses générales. Donc 1 < H < G. Puisque H est normal dans G, cela prouve que G n'est pas simple. }} f) Prouver qu'il n'y a pas de groupe simple d'ordre 420. {{clr}} {{Solution | contenu = Soit, par absurde, G un groupe simple d'ordre :<math>420 = 2^{2} \cdot 3 \cdot 5 \cdot 7 .</math> Puisque l'ordre de G n'est pas premier, G est un groupe simple non abélien. Le nombre <math>n_{7}</math> des 7-sous-groupes de Sylow de G est > 1 ([[../../Premiers résultats sur les groupes simples/|chapitre théorique]], théorème 5, a) et congru à 1 modulo 7 et il divise 60 (théorèmes de Sylow), donc :<math>n_{7} = 15 = 2 \times 7 + 1 .</math> Les hypothèses générales sont donc satisfaites avec <math>p = 7</math>, donc, d'après le point e), G n'est pas simple. L'hypothèse selon laquelle G n'est pas simple entraîne donc sa propre contradiction. }} g) Prouver qu'il n'y a pas de groupe simple d'ordre 840. {{clr}} {{Solution | contenu = Soit, par absurde, G un groupe simple d'ordre :<math>840 = 2^{3} \cdot 3 \cdot 5 \cdot 7 .</math> Puisque l'ordre de G n'est pas premier, G est un groupe simple non abélien. Le nombre <math>n_{7}</math> des 7-sous-groupes de Sylow de G est > 1 ([[../../Premiers résultats sur les groupes simples/|chapitre théorique]], théorème 5, a) et congru à 1 modulo 7 et il divise 120 (théorèmes de Sylow), donc :<math>n_{7}</math> est égal à 8, à 15 ou à 120. Si <math>n_{7} = 120</math>, alors, pour un 7-sous-groupe de Sylow P de G, nous avons <math>\vert N_{G}(P) \vert = 7</math>, donc <math>N_{G}(P) </math> est abélien, donc, d'après le [[../../Transfert, théorème du complément normal de Burnside/|théorème du complément normal de Burnside]], G est 7-nilpotent. C'est impossible, car on a vu (chapitre [[../../Transfert, théorème du complément normal de Burnside/]]) qu'un groupe simple fini non abélien n'est q-nilpotent pour aucun facteur premier <math>q</math> de son ordre.<br /> Si maintenant <math>n_{7}</math> était égal à <math>8 = 7 + 1</math>, alors, d'après le problème 6, <math>840 / (7 \times 8) = 15</math> devrait diviser <math>7 - 1 = 6</math>, ce qui est faux.<br /> Donc :<math>n_{7} = 15 = 2 \times 7 + 1 .</math> Les hypothèses générales sont donc satisfaites avec <math>p = 7</math>, donc, d'après le point e), G n'est pas simple. L'hypothèse selon laquelle G n'est pas simple entraîne donc sa propre contradiction. }} == Groupes simples d'ordre < 168 == On va prouver dans cette section que tout groupe simple non commutatif d'ordre < 168 est d'ordre 60 (et est donc isomorphe à A₅ d’après un problème ci-dessus). La tâche nous serait évidemment facilitée si nous disposions du théorème de Feit et Thompson (tout groupe simple fini d'ordre non premier est d'ordre pair) et du théorème p-q de Burnside selon lequel tout groupe fini d'ordre p^aq^b, p et q étant des nombres premiers, est résoluble. (Nous démontrerons le théorème p-q de Burnside dans la suite du cours, à l'aide de la théorie des caractères. La démonstration du théorème de Feit et Thompson dépasse le cadre d'une introduction à la théorie des groupes.)<br /> Le lecteur intéressé par cette sorte de résultats peut se reporter à un exposé de Mark Reeder<ref>Mark Reeder, ''Notes on Group Theory'', 20 août 2019, p. 80 et ss., [http://pdvpmtasgaon.edu.in/uploads/dptmaths/AnotesofGroupTheoryByMarkReeder.pdf en ligne]. Attention : la façon dont la non-simplicité des groupes d'ordre 720 est démontrée dans l'exposé de M. Reeder a soulevé des critiques [https://math.stackexchange.com/questions/3873430/no-simple-group-of-order-720-again sur le site StackExchange].</ref> qui, sans beaucoup plus de frais qu'ici, détermine tous les ordres possibles (mais non toutes les structures possibles) des groupes simples non abéliens d'ordre au plus égal à 720.<br /> Dans ce qui suit, il y a un peu de double emploi avec le problème « Résolubilité des groupes d'ordre < 60 ». On n'a pas cru devoir l'éviter. === Problème 10 === a) Soit ''p'' un nombre premier et G un groupe simple fini dont l'ordre est divisible par p². Prouver que le nombre des p-sous-groupes de Sylow de G est ≥ 2p+1. {{clr}} {{Solution | contenu = On l'a prouvé au problème 6. Rappelons la démonstration à l'intention du lecteur qui n'a pas résolu le problème 6. G est un groupe simple fini d'ordre non premier, donc le nombre de ses p-sous-groupes de Sylow est > 1 (théorème 5, point a) du [[../../Premiers résultats sur les groupes simples/|chapitre théorique]]). D'autre part, d'après les théorèmes de Sylow, ce nombre est congru à 1 modulo ''p''. Si le nombre des p-sous-groupes de Sylow était égal à p+1, alors, d'après le chapitre théorique, G serait isomorphe à un sous-groupe de S_p+1, donc l'ordre de G diviserait (p+1)!, ce qui est impossible, puisque l'ordre de G est divisible par p² et que (p+1)! ne l'est pas. (On a déjà fait ce raisonnement au problème 6.) Donc le nombre des p-sous-groupes de Sylow est ≥ 2p+1. }} b) Soient ''p'' un nombre premier, ''m'' un nombre naturel non nul et G un groupe d'ordre p^m(p+1). Prouver que G n'est pas simple. (On l'a prouvé pour m = 1 dans les exercices de la série [[../Transfert, théorème du complément normal de Burnside|Transfert, théorème du complément normal de Burnside]], donc on peut supposer m ≥ 2.) {{clr}} {{Solution | contenu = Comme noté, on peut supposer m ≥ 2. D'après un théorème de Sylow, le nombre des p-sous-groupes de Sylow de G divise p+1 et est donc < 2p+1. D'après le point a), G n'est donc pas simple. }} c) Prouver qu'aucun groupe d'ordre 12 n'est simple. {{clr}} {{Solution | contenu = On peut faire p = 2 et m = 2 dans l'énoncé du point b). (Voir d'ailleurs la classification des groupes non abéliens d'ordre 12 qui a été donnée dans les exercices sur les [[../Groupes dicycliques|groupes dicycliques]].) }} d) Soit G un groupe d'ordre 4 p^r, avec ''p'' premier et ''r'' entier naturel ≥ 0. Prouver que G n’est pas simple. {{clr}} {{Solution | contenu = 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. Puisque son ordre est divisible par 4 et n'est donc pas premier, G est alors un groupe simple non abélien. D'après les théorèmes de Sylow, le nombre des p-sous-groupes de Sylow divise 4, donc (théorème 5 du [[../../Premiers résultats sur les groupes simples/|chapitre théorique]]) 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 c), ceci est absurde. }} === Problème 11 === Prouver qu'aucun groupe d'ordre 5 × 2{{exp|r}}, avec r ≥ 1, n'est simple. {{clr}} {{Solution | contenu = Soit G un groupe d'ordre n = 5 × 2{{exp|r}}, avec r ≥ 1. Si r = 1, ''n'' est le produit de deux nombres premiers distincts, donc, d'après un [[../Théorèmes de Sylow|exercice sur les théorèmes de Sylow]], G n’est pas simple. (On pourrait aussi noter que, dans ce cas, l'ordre de G n'est divisible par le carré d'aucun nombre premier, ce qui, d'après une conséquence du [[../../Transfert, théorème du complément normal de Burnside|théorème du complément normal de Burnside]], entraîne que 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. Reste le cas où r ≥ 3. Soit, par absurde, G un groupe simple d'ordre 5 × 2{{exp|r}}, avec r ≥ 3. Le nombre des 2-sous-groupes de Sylow de G est égal à 5, donc (théorème 5 du [[../../Premiers résultats sur les groupes simples/|chapitre théorique]]) l’ordre de G divise l’ordre 60 de A₅, ce qui est absurde, puisque l’ordre de G est divisible par 8. }} === Problème 12 === Soit G un groupe d'ordre 3 × pⁿ, avec ''p'' premier et n > 0. Prouver que G n’est pas simple. {{clr}} {{Solution | contenu = Si p = 3, G est résoluble d'ordre non premier et n'est donc pas simple. On peut donc supposer ''p'' distinct de 3. Alors un p-sous-groupe de Sylow de G est d'indice 3 dans G. Si G est simple, il en résulte (théorème 5 ou 6 du [[../../Premiers résultats sur les groupes simples/|chapitre théorique]]) que l’ordre 3 × pⁿ de G divise l’ordre de A₃, c'est-à-dire divise 3, ce qui est absurde. }} === Problème 13 === a) Prouver qu'aucun groupe d'ordre 56 n'est simple. {{clr}} {{Solution | contenu = 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, il en résulte que le nombre des éléments d'ordre 7 de G est égal 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. (Autre solution : on a prouvé dans les exercices de la série [[../Transfert, théorème du complément normal de Burnside|Transfert, théorème du complément normal de Burnside]] que si ''p'' est un nombre premier, aucun groupe d'ordre p(p+1) n'est simple. En faisant p = 7, on obtient l'énoncé.) }} b) Prouver qu'aucun groupe d'ordre n = 7 × 2 {{exp|r}}, avec r > 0, n'est simple. {{clr}} {{Solution | contenu = Si r = 1, ''n'' est le produit de deux nombres premiers, ce qui, comme on l'a rappelé dans un problème précédent, entraîne que 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{{exp|r}}, avec r ≥ 4. Puisque l'ordre de G n'est pas premier, G est un groupe simple non abélien. Un 2-sous-groupe de Sylow de G est d'indice 7 dans G, donc (théorème 5 ou 6 du [[../../Premiers résultats sur les groupes simples/|chapitre théorique]]) G est isomorphe à un sous-groupe de A₇. 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. }} === Problème 14 === Prouver qu'aucun groupe d'ordre 72 n'est simple. {{clr}} {{Solution | contenu = Soit, par absurde, G un groupe simple d'ordre 72. L'ordre de G n'est pas premier, donc G est un groupe simple non abélien. Le nombre des 3-sous-groupes de Sylow de G est congru à 1 modulo 3 et divise 8, donc divise 4. Il en résulte (théorème 5 du [[../../Premiers résultats sur les groupes simples/|chapitre théorique]]) 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. }} === Problème 15 === Prouver qu'aucun groupe d'ordre 84 n'est simple. {{clr}} {{Solution | contenu = Soit, par absurde, G un groupe simple d'ordre 84. Puisque l'ordre de G n'est pas premier, G est un groupe simple non abélien. Nous avons 84 = 7 × 12, où 7 est premier et où le seul diviseur de 12 congru à 1 modulo 7 est 1, donc le nombre des 7-sous-groupes de Sylow de G est 1. Cela contredit le théorème 5, point a) du [[../../Premiers résultats sur les groupes simples/|chapitre théorique]]. }} === Problème 16 === Prouver qu'aucun groupe d'ordre 120 n'est simple. {{clr}} {{Solution | contenu = Soit, par absurde, G un groupe simple d'ordre 120. Puisque l'ordre de G n'est pas premier, G est un groupe simple non abélien. Le nombre des 5-sous-groupes de Sylow de G est congru à 1 modulo 5 et divise 24, donc ce nombre est égal à 6. D'après le théorème 5 du [[../../Premiers résultats sur les groupes simples/|chapitre théorique]], il en résulte que 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 ([[../../Premiers résultats sur les groupes simples/|chapitre théorique]]) que A₆ est isomorphe à un sous-groupe de A₃, ce qui est absurde. }} === Problème 17 === On va prouver qu’il n'y a pas de groupe simple d'ordre 144<ref>Voir par exemple John S. Rose, ''A Course on Group Theory'', exerc. 281, pp. 100-101 (réimpr. Dover, 1994), consultable sur [https://books.google.be/books?id=j-I7Zpq3GdIC&pg=PA101#v=onepage&q&f=false Google Livres].</ref>. a) Le prouver en utilisant une conséquence du théorème du complément normal de Burnside démontrée dans les exercice de la série [[../Transfert, théorème du complément normal de Burnside/|Transfert, théorème du complément normal de Burnside]]. {{clr}} {{Solution | contenu = Soit, par absurde, G un groupe simple d'ordre 144. La décomposition de 144 en facteurs premiers est 2{{exp|4}} 3{{exp|2}}. 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. En posant p = 3 et en désignant par n_p le nombre des p-sous-groupes de Sylow de G, nous avons donc :<math>\vert G \vert = p^{2} n_{p}</math>, ce qui contredit un exercice de la série [[../Transfert, théorème du complément normal de Burnside/|Transfert, théorème du complément normal de Burnside]]. }} b) Le prouver sans utiliser le théorème du complément normal de Burnside ou un résultat reposant sur ce théorème. (Indication. Si, par absurde, G est un groupe simple d'ordre 144, prouver que deux différents 3-sous-groupes de Sylow de G ont toujours une intersection triviale. Pour cela, imiter la façon dont on a résolu le point c) du problème 2.) {{clr}} {{Solution | contenu = Soit, par absurde, G un groupe simple d'ordre 144. La décomposition de 144 en facteurs premiers est 2{{exp|4}} 3{{exp|2}}. 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.<br /> Prouvons que si P et Q sont deux 3-sous-groupes de Sylow de G, P ⋂ Q = 1.<br /> Commençons par prouver que <nowiki><P,Q></nowiki> = G. L'ordre du sous-groupe <nowiki><P,Q></nowiki> 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 <nowiki><P,Q></nowiki> 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 <nowiki><P,Q></nowiki> était d'orde 18, P serait d'indice 2 dans <nowiki><P,Q></nowiki>, donc P serait distingué dans <nowiki><P,Q></nowiki>, 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|Théorèmes de Sylow]].) Donc l’ordre de <nowiki><P,Q></nowiki> est 144, autrement dit, <nowiki><P,Q></nowiki> est G tout entier, comme annoncé. Prouvons maintenant que <math>P \cap Q = 1.</math> 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|Théorèmes de Sylow]]), P et Q sont commutatifs et sont donc contenus dans le centralisateur de ''a'', donc <nowiki><P,Q></nowiki> est contenu dans ce centralisateur. Puisque nous avons montré que <nowiki><P,Q></nowiki> 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 [[../../Premiers résultats sur les groupes simples|chapitre théorique]].) Nous avons donc prouvé que si P et Q sont deux 3-sous-groupes de Sylow de G distincts, <math>P \cap Q = 1.</math> 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. }} === Problème 18 === Soit G un groupe simple d'ordre < 168 et non premier. (Autrement dit, soit G un groupe simple non commutatif d'ordre < 168.) L'objet de ce problème est de prouver que G est isomorphe à A₅. a) Prouver que tout facteur premier de <nowiki>|G|</nowiki> est ≤ 7. (Indication : on peut utiliser un problème de la série [[../Transfert, théorème du complément normal de Burnside|Transfert, théorème du complément normal de Burnside]].) {{clr}} {{Solution | contenu = Soit ''p'' un facteur premier de <nowiki>|G|</nowiki>. D'après un problème de la série [[../Transfert, théorème du complément normal de Burnside|Transfert, théorème du complément normal de Burnside]], 2p(p+1) < 168. Ceci entraîne p < 9. Comme ''p'' est premier, il est donc ≤ 7. }} b) Prouver que <nowiki>|G|</nowiki> est divisible par 8 ou par 12. {{clr}} {{Solution | contenu = D'après un théorème du chapitre [[../../Transfert, théorème du complément normal de Burnside|Transfert, théorème du complément normal de Burnside]], il suffit de prouver que <nowiki>|G|</nowiki> est pair. Supposons que, par absurde, il soit impair. Désignons par ''p'' son plus petit facteur premier. Donc p ≥ 3. D'après le théorème du chapitre [[../../Transfert, théorème du complément normal de Burnside|Transfert, théorème du complément normal de Burnside]] dont il vient d’être question, <nowiki>|G|</nowiki> est divisible par p³. D'après les théorèmes de Sylow, le nombre des p-sous-groupes de Sylow de G est de la forme ap+1, avec ''a'' naturel, et p³ (ap+1) divise <nowiki>|G|</nowiki>. Puisque G est un groupe simple non commutatif, a > 0. D'autre part, puisque <nowiki>|G|</nowiki> est supposé impair et que ap+1 divise <nowiki>|G|</nowiki>, ap+1 est impair. Puisque ''p'' l'est aussi, ''a'' est pair. Donc a ≥ 2. Puisque p³ (ap+1) divise <nowiki>|G|</nowiki>, on a donc p³ (2p+1) ≤ <nowiki>|G|</nowiki> < 168. C'est impossible, puisque p ≥ 3, ce qui entraîne p³ (2p+1) ≥ 189. }} c) Prouver que <nowiki>|G|</nowiki> est divisible par 12. {{clr}} {{Solution | contenu = D'après le point b), il suffit de prouver que <nowiki>|G|</nowiki> est divisible par 3. Supposons que, par absurde, <nowiki>|G|</nowiki> ne soit pas divisible par 3. Alors, d’après le point b), <nowiki>|G|</nowiki> est divisible par 8. Puisque G est un groupe simple non commutatif, <nowiki>|G|</nowiki> n’est pas une puissance de 2. Puisque <nowiki>|G|</nowiki> est supposé non divisible par 3 et que, d’après le point a), tous ses facteurs premiers sont ≤ 7, il est donc divisible par 40 ou par 56. Puisqu’il est supposé non divisible par 3, il est donc égal à un des nombres 40, 80, 160, 56, 112. Toutes ces valeurs sont de la forme 5 × 2^r ou 7 × 2^r avec r > 0 et sont donc impossibles d’après les problèmes précédents. }} d) Prouver que G est isomorphe à A₅. {{clr}} {{Solution | contenu = D'après le point c), <nowiki>|G|</nowiki> est divisible par 12. Puisque, d’après le point a), tous ses facteurs premiers sont ≤ 7, il est donc égal à un des nombres 12, 24, 36, 48, 60, 72, 84, 96, 108, 120, 144. Les valeurs 12, 24, 48 et 96 sont de la forme 3 × 2^r avec r > 0 et sont donc impossibles d’après les problèmes précédents. Les valeurs 36 et 108 sont de la forme 4 p^r avec ''p'' premier et r > 0; elles sont donc impossibles d’après un problème précédent. Les valeurs 72, 84, 120 et 144 ont été éliminées individuellement dans les problèmes précédents. Donc <nowiki>|G|</nowiki> = 60. D'après un des problèmes qui précèdent, G est isomorphe à A₅. }} === Problème 19 === Prouver que tout groupe fini d'ordre < 168 et non divisible par 60 (autrement dit tout groupe fini dont l'ordre est < 168 et distinct de 60 et de 120) est résoluble. {{clr}} {{Solution | contenu = Soit G un groupe fini d'ordre < 168 et non divisible par 60. Dans une suite de Jordan-Hölder de G, chaque quotient est un groupe simple d'ordre < 168 et distinct de 60. D'après un précédent problème, chacun de ces groupes simples est commutatif, donc G est résoluble. }} == Problème 20 == On a vu dans la série d'exercices [[../Conjugaison, centralisateur, normalisateur]] que si G est un groupe fini et H un sous-groupe de G, si G est la réunion des conjugués de H, alors H est égal à G tout entier. Étendre ce résultat au cas où H est un sous-groupe d'indice fini d'un groupe G non forcément fini. (Se ramener au cas où G est fini, en notant que, d’après le chapitre théorique, H contient un sous-groupe normal de G qui est d'indice fini dans G.) {{clr}} {{Solution | contenu = Soient G un groupe (fini ou infini), H un sous-groupe d'indice fini de G tel que la réunion des conjugués de H soit égale à G. Il s'agit de prouver que H est égal à G. Désignons par K l'intersection des conjugués de H. D'après le chapitre théorique, K est un sous-groupe normal de G contenu dans H et est d'indice fini dans G. Les hypothèses entraînent clairement que G/K est la réunion des conjugués de H/K, donc, puisque le théorème est vrai dans le cas fini, H/K est égal à G/K, d'où (par exemple d’après le théorème de correspondance) H = G. }} == Notes et références == <references/> {{Bas de page | idfaculté = mathématiques | précédent = [[../Transfert, théorème du complément normal de Burnside/]] | suivant = [[../Groupes caractéristiquement simples, sous-groupes normaux minimaux/]] }} leltin1e9x0n8r8vdz86gpardzvcwv9 982319 982317 2026-05-01T07:04:57Z Marvoir 1746 /* Problème 4 (Résolubilité des groupes d'ordre < 60) */ 982319 wikitext text/x-wiki {{Exercice | idfaculté = mathématiques | numéro = 29 | chapitre = [[../../Premiers résultats sur les groupes simples/]] | précédent = [[../Transfert, théorème du complément normal de Burnside/]] | suivant = [[../Groupes caractéristiquement simples, sous-groupes normaux minimaux/]] | niveau = 13 }} == Problème 1 (Groupes simples d'ordre 60) == Soit G un groupe simple d'ordre 60. En appliquant au nombre des 2-sous-groupes de Sylow de G une conséquence du théorème du complément normal de Burnside démontrée dans un exercice de la série [[../Transfert, théorème du complément normal de Burnside/|Transfert, théorème du complément normal de Burnside]], montrer que G est isomorphe à A₅. {{clr}} {{Solution | contenu = D'après les théorèmes de Sylow, le nombre des 2-sous-groupes de Sylow de G divise 15. D'autre part, puisque l'ordre de G n'est pas un nombre premier, G est un groupe simple non abélien, donc, d'après le théorème 5, point a) du [[../../Premiers résultats sur les groupes simples/|chapitre théorique]], le nombre des 2-sous-groupes de Sylow est > 1. Il est donc égal à 3, à 5 ou à 15. S'il était égal à 3, alors (théorème 5, point b) du [[../../Premiers résultats sur les groupes simples/|chapitre théorique]]), G serait isomorphe à un sous-groupe de A₃, ce qui est impossible puisque l’ordre de G est strictement supérieur à celui de A₃. Supposons que, par absurde, le nombre n₂ des 2-sous-groupes de Sylow de G soit égal à 15. Alors : <math>\vert G \vert = 2^{2} n_{2} = p^{2} n_{p}</math>, avec p = 2. Cela contredit le problème 7 de la série [[../Transfert, théorème du complément normal de Burnside/|Transfert, théorème du complément normal de Burnside]]. (En fait, le problème en question repose sur le principe général suivant, qui résulte du théorème du complément normal de Burnside : si S est un groupe simple fini non abélien, si P est un p-sous-groupe de Sylow de S pour un certain facteur premier ''p'' de l'ordre de S, si P est abélien, alors le normalisateur de P dans S n'est pas égal à P. On pourrait utiliser directement ce principe ici.) Donc le nombre des 2-sous-groupes de Sylow de G n’est pas égal à 15 et, d'après ce qui précède, il est égal à 5. Donc (chapitre théorique) G est isomorphe à un sous-groupe de A₅. Comme G a le même ordre que A₅, ce sous-groupe est A₅ tout entier, d'où l'énoncé. }} == Problème 2 (Groupes simples d'ordre 60) == Le but de cet exercice est de prouver de nouveau, mais sans utiliser le théorème du complément normal de Burnside ou une de ses conséquences, que tout groupe simple d'ordre 60 est isomorphe au groupe alterné A₅. a) Soit G un groupe simple d'ordre 60. Montrer que G comprend exactement 24 éléments d'ordre 5. {{clr}} {{Solution | contenu = D'après les théorèmes de Sylow et le théorème 5, point a) du [[../../Premiers résultats sur les groupes simples/|chapitre théorique]], 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|Groupes monogènes, ordre d'un élément]], il en résulte que G comprend exactement 24 éléments d'ordre 5. }} b) On suppose que les 2-sous-groupes de Sylow de G ont deux à deux une intersection triviale (c'est-à-dire que l'intersection de deux de ces sous-groupes est toujours réduite à l'élément neutre). Prouver que le nombre des 2-sous-groupes de Sylow de G est 5. (On pourra utiliser le point a), ou encore un exercice de la série [[../Théorèmes de Sylow|Théorèmes de Sylow]].) {{clr}} {{Solution | contenu = 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.<br /> 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|Théorèmes de Sylow]] que leur nombre est congru à 1 modulo 4. }} c) Supposons maintenant que, contrairement à l'hypothèse faite au point b), il existe deux sous-groupes d'ordre 4 de G dont l'intersection n’est pas triviale (et est donc un sous-groupe d'ordre 2 de G). Montrer que le centralisateur de l'élément non neutre de cette intersection est un groupe d'ordre 12. {{clr}} {{Solution | contenu = Soient P₁ et P₂ deux sous-groupes d'ordre 4 dont l'intersection n’est pas triviale (et est donc d'ordre 2), 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|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 l'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. }} d) Montrer que (dans les hypothèses du point b) aussi bien que dans celles du point c)) G admet un sous-groupe d'indice 5. {{clr}} {{Solution | contenu = 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. }} e) Déduire du point d) que G est isomorphe au groupe alterné A₅. {{clr}} {{Solution | contenu = D'après le théorème 5 du [[../../Premiers résultats sur les groupes simples/|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. }} Remarque : on trouvera au problème 3 une autre preuve du fait que tout groupe simple d'ordre 60 est isomorphe à A₅. f) De l'hypothèse du point b) (deux sous-groupes d'ordre 4 de G se coupent toujours trivialement) et de celle du point c) (il existe deux sous-groupes d'ordre 4 de G dont l'intersection n’est pas triviale et est donc un sous-groupe d'ordre 2 de G), laquelle est vraie ? {{clr}} {{Solution | contenu = 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. }} == Problème 3 (Groupes simples d'ordre 60) == On va donner une troisième démonstration du fait que tout groupe simple d'ordre 60 est isomorphe à A₅. a) Soit ''n'' un nombre naturel non nul et H un sous-groupe d'indice ''n'' de A_n. Prouver que H est isomorphe à A_n-1. (Indication. Se ramener au cas <math>n \geq 5</math>, auquel cas A_n est simple. Faire opérer A_n par translation à gauche sur l’ensemble A_n/H de ses ''n'' classes à gauche modulo H et noter que, dans cette opération, chaque élément du sous-groupe H de A_n fixe le point H. Considérer l'homomorphisme <math>\varphi</math> de A_n dans <math>\ S_{A_{n}/H}</math> associé à cette opération, montrer qu’il est injectif et prend ses valeurs dans <math>\ A_{A_{n}/H}</math>, puis considérer sa restriction à H.) {{clr}} {{Solution | contenu = Si n ≤ 4, l'énoncé résulte immédiatement du fait que tous les groupes d'un même ordre ≤ 3 sont isomorphes entre eux. Nous pouvons donc supposer n ≥ 5, auquel cas A_n est simple. Soit H un sous-groupe d'indice ''n'' de C. Il s'agit de prouver que H est isomorphe à A_n-1. Puisque H est d'indice ''n'' dans A_n, nous savons déjà que H a le même ordre que A_n-1. Considérons l'opération de A_n par translation à gauche sur l’ensemble de ses ''n'' classes à gauche modulo H. L'homomorphisme associé à cette opération est <div style="text-align: center;"><math>\varphi : A_{n} \rightarrow S_{A_{n}/H} : g \mapsto \varphi(g) : aH \mapsto gaH.</math></div> Cette opération est transitive et donc non triviale. Puisque A_n est simple et d'ordre > 2, il en résulte ([[../../Premiers résultats sur les groupes simples#Utilisation des opérations d'un groupe sur certains ensembles|chapitre Premiers résultats sur les groupes simples, section Utilisation des opérations d'un groupe sur certains ensembles]]) que <math>\varphi</math> est injectif et prend ses valeurs dans le groupe alterné <math>A_{A_{n}/H}</math>. Soit ''h'' un élément de H. D'après la définition de <math>\ \varphi</math>, <math>\ \varphi (h)</math> est une permutation de A_n/H qui laisse fixe le point H. Donc la restriction de <math>\ \varphi</math> à H est un homomorphisme injectif qui prend ses valeurs dans le sous-groupe B de <math>A_{A_{n}/H}</math> formé par les permutations paires de <math>A_{n}/H</math> qui fixent le point H. Donc H est isomorphe à un sous-groupe de B. D'autre part, si à chaque élément de B, nous faisons correspondre sa birestriction à A_n/H - {H}, nous définissons un isomorphisme de B sur le groupe alterné de l’ensemble A_n/H - {H} (voir [[../Groupes alternés#Problème. Exemple de groupe simple infini|exercice sur les groupes alternés, exemple de groupe simple infini]]). Donc H est isomorphe à un sous-groupe du groupe alterné de l’ensemble A_n/H - {H}. Par hypothèse, l’ensemble A_n/H - {H} est de cardinal n - 1, donc H est isomorphe à un sous-groupe T de A_n-1. Nous avons noté que H a le même ordre que A_n-1, donc T a le même ordre que A_n-1, donc T = A_n-1, donc H est isomorphe à A_n-1. }} b) Déduire du point a) une nouvelle preuve du fait que tout groupe simple d'ordre 60 est isomorphe à A₅. (Indication : raisonner sur le nombre des 5-sous-groupes de Sylow de G.) {{clr}} {{Solution | contenu = Soit G un groupe simple d'ordre 60. Comme nous l'avons vu au problème 1, les 5-sous-groupes de Sylow de G sont au nombre de 6. D'après le théorème 5 du chapitre ''[[../../Premiers résultats sur les groupes simples#Utilisation des opérations d'un groupe sur certains ensembles|Premiers résultats sur les groupes simples]]'', section ''Utilisation des opérations d'un groupe sur certains ensembles'', G est isomorphe à un sous-groupe G₀ de A₆. Alors G₀ est d'ordre 60, donc d'indice 6 dans A₆. D'après le point a), G₀ est donc isomorphe à A₅, donc G l'est aussi. }} == Problème 4 (Résolubilité des groupes d'ordre < 60) == On va prouver que tout groupe d'ordre < 60 est résoluble. (Le [[../../Le théorème p-q de Burnside|théorème p-q de Burnside]], qui sera démontré dans la suite du cours, fournira une démonstration plus élégante.) a) Soit G un groupe d'ordre 3 × pⁿ, avec ''p'' premier et n > 0. Prouver que G n’est pas simple. (En particulier, aucun groupe d'ordre 12 n'est simple, ce qu'on sait déjà, car on a prouvé dans [[../Groupes dicycliques/|les exercices sur le chapitre Groupes dicycliques]] que tout groupe d'ordre 12 est résoluble.) {{clr}} {{Solution | contenu = Si p = 3, G est résoluble d'ordre non premier et n'est donc pas simple. On peut donc supposer ''p'' distinct de 3. Alors un p-sous-groupe de Sylow de G est d'indice 3 dans G. Si G est simple, il en résulte (théorème 5 ou 6 du [[../../Premiers résultats sur les groupes simples/|chapitre théorique]]) que l’ordre 3 × pⁿ de G divise l’ordre de A₃, c'est-à-dire divise 3, ce qui est absurde. }} b) Soit G un groupe d'ordre 4 p^r, avec ''p'' premier et ''r'' entier naturel ≥ 0. Prouver que G n’est pas simple. {{clr}} {{Solution | contenu = 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. Puisque son ordre est divisible par 4 et n'est donc pas premier, G est alors un groupe simple non abélien. D'après les théorèmes de Sylow, le nombre des p-sous-groupes de Sylow divise 4, donc (théorème 5 du [[../../Premiers résultats sur les groupes simples/|chapitre théorique]]) 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. C'est impossible, puisque, comme noté au point a), aucun groupe d'ordre 12 n'est simple. }} c) Prouver qu'il n'y a pas de groupe simple non abélien d'ordre < 60.<br /> (Indication : raisonner par l'absurde en supposant qu'un certain groupe G d'ordre < 60 soit simple et non abélien. On peut abréger les raisonnements en utilisant une majoration du plus grand facteur premier de <math>\vert G \vert</math> donnée dans [[../Transfert, théorème du complément normal de Burnside/|les exercices sur le chapitre Transfert, théorème du complément normal de Burnside]].) {{clr}} {{Solution | contenu = Soit, par absurde, G un groupe simple non abélien d'ordre < 60. Notons <math>p</math> le plus grand facteur premier de <math>\vert G \vert</math>. D'après [[../Transfert, théorème du complément normal de Burnside/|un exercice sur le chapitre Transfert, théorème du complément normal de Burnside]], :<math>2 p (p+1) \leq \vert G \vert</math>, donc :<math>2 p (p+1) < 60</math>, d'où, puisque <math>p</math> est un nombre premier, :<math>p \leq 3.</math> Puisque G est un groupe simple non abélien et n'est donc pas résoluble, son ordre a au moins deux facteurs premiers distincts, donc, d'après ce qui précède, <math>\vert G \vert</math> est divisible par 2 et par 3, qui sont ses deux seuls facteurs premiers. Si l'ordre d'un groupe simple non abélien est pair, il est divisible par 4 (voir le chapitre [[../../Transfert, théorème du complément normal de Burnside/]]), donc <math>\vert G \vert</math> est divisible par 12 et est donc égal à un des nombres 12, 24, 36, 48. D'après le point a) (où on fait p = 2), aucun groupe d'ordre 12 ni aucun groupe d'ordre 24 ni aucun groupe d'ordre 48 n'est simple. (Pour les groupes d'ordre 24, on le sait déjà, puisqu'on a vu dans les [[../Groupes nilpotents/|exercices sur le chapitre Groupes nilpotents]] que tout groupe d'ordre 24 est résoluble.) De plus, d'après le point b) (où on fait p = 3), aucun groupe d'ordre 36 n'est simple. La contradiction obtenue prouve le point c). }} d) Prouver que tout groupe d'ordre < 60 est résoluble. {{clr}} {{Solution | contenu = Soit G un groupe d'ordre < 60. Dans une suite de Jordan-Hölder de G, les quotients sont des groupes simples d'ordre < 60, donc, d'après le point c), ces quotients sont des groupes simples abéliens, donc G est résoluble. }} Remarque : le fait que tout groupe d'ordre < 60 soit résoluble nous servira dans le chapitre [[../../Simplicité des groupes linéaires spéciaux projectifs]]. == Problème 5 == Soient p, q, r trois nombres premiers distincts et G un groupe d'ordre pqr. Puisque l’ordre de G n'est divisible par le carré d'aucun nombre premier, il résulte d'un exercice de la série [[../Transfert, théorème du complément normal de Burnside|Transfert, théorème du complément normal de Burnside]] que G est résoluble et, en particulier, n’est pas simple. On va démontrer ici la non-simplicité de G sans utiliser le théorème du complément normal de Burnside. On désigne par n_p (resp. n_q, resp. n_r) le nombre des p-sous-groupes (resp. q-sous-groupes, resp. r-sous-groupes) de Sylow de G. a) Prouver que :<math>(1) \quad pqr \geq n_{p} (p - 1) + n_{q} (q - 1) + n_{r} (r - 1) + 1.</math> {{clr}} {{Solution | contenu = 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|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. }} b) Nous pouvons évidemment supposer p < q < r. Montrer que si n_p > 1, alors n_p ≥ ''q''; que si n_q > 1, alors n_q ≥ ''r''; et que si n_r est > 1, alors n_r = pq. {{clr}} {{Solution | contenu = 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''. }} c) Déduire de a) et b) que si G est un groupe d'ordre pqr, où ''p'', ''q'' et ''r'' sont des nombres premiers distincts, G n’est pas simple. {{clr}} {{Solution | contenu = 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 (théorème 5, point a) du [[../../Premiers résultats sur les groupes simples/|chapitre théorique]]), donc, d’après b), :<math>n_{p} \geq q, n_{q} \geq r, n_{r} \geq pq.</math> En portant cela dans la relation (1) du point a) nous trouvons :<math>pqr \geq q\ (p-1) + r\ (q-1) + pq\ (r-1) + 1,</math> d'où :<math>\ q + r > qr,</math> ce qui est absurde, par exemple parce que le premier membre est < 2''r'' et le second membre > 2''r''. }} == Problème 6 == Soient G un groupe simple fini et ''p'' un diviseur premier de l'ordre de G tel que le nombre des p-sous-groupes de Sylow de G soit égal à p + 1. On va prouver le théorème de Siceloff<ref>L. P. Siceloff, « Simple Groups from Order 2001 to Order 3640 », ''American Journal of Mathematics'', vol. 34, n° 4 (oct. 1912), p. 361-372, consultable sur [https://www.jstor.org/stable/2370496?seq=1 JSTOR].</ref>, à savoir que :<math>\vert G \vert = a p (p+ 1)</math>, où ''a'' est un nombre naturel divisant p - 1. (En particulier, <math>\vert G \vert</math> n'est pas divisible par <math>p^{2}.</math>)<br /> On désigne par <math>X</math> l'ensemble des p-sous-groupes de Sylow de G et on choisit une fois pour toutes un p-sous-groupe de Sylow P de G. a) Prouver que <math>\vert G \vert = a p (p + 1)</math>, où ''a'' est un nombre naturel non divisible par ''p''. (Donc <math>\vert G \vert </math> n'est pas divisible par <math>p^{2}</math> et les p-sous-groupes de Sylow de G sont d'ordre ''p''.) {{clr}} {{Solution | contenu = Soit <math>p^{m}</math> la plus grande puissance de <math>p</math> divisant <math>\vert G \vert.</math> D'après les théorèmes de Sylow, le nombre des p-sous-groupes de Sylow de G divise <math>\vert G \vert / p^{m}</math> et divise donc <math>\vert G \vert / p.</math> D'après les hypothèses de l'énoncé, cela signifie que <math>p + 1</math> divise <math>\vert G \vert / p</math>, donc :(1) <math>\qquad \vert G \vert = a p (p + 1)</math>, avec <math>a</math> naturel. D'autre part, l'ordre de G n'est pas premier, donc G est un groupe simple non abélien, donc, puisque le nombre des p-sous-groupes de Sylow de G est <math>p + 1</math>, G est isomorphe à un sous-groupe de <math>S_{p+1}</math> (voir le [[../../Premiers résultats sur les groupes simples/|chapitre théorique]], théorème 5, b), donc :<math>\vert G \vert </math> divise <math>\vert S_{p+1} \vert = (p+1) !</math> Puisque <math>(p+1)!</math> n'est pas divisible par <math>p^{2}</math>, <math>\vert G \vert </math> ne l'est donc pas non plus, donc <math>a</math> n'est pas divisible par <math>p</math>, ce qui démontre le point a). }} b) On a convenu sous l'énoncé général que X désigne l'ensemble des p-sous-groupes de Sylow de G et que P est un de ces p-sous-groupes de Sylow. Prouver que P agit sur <math>X \setminus{\{P \}}</math> par conjugaison et que cette action n'a aucun point fixe. {{clr}} {{Solution | contenu = Le groupe G agit par conjugaison sur l'ensemble X de ses p-sous-groupes de Sylow, donc tout sous-groupe de G, et en particulier P, agit par conjugaison sur l'ensemble X. Si Q est un élément de <math>X \setminus{\{P \}}</math>, c'est-à-dire un p-sous-groupe de Sylow de G distinct de P, si <math>x</math> est un élément de P, alors <math>x Q x^{-1} \not= P.</math> En effet, dans le cas contraire, on aurait <math>Q = x^{-1} P x</math> avec <math>x \in P</math>, d'où Q = P, contradiction.<br /> Donc P agit sur <math>X \setminus{\{P \}}</math> par conjugaison. Prouvons que cette action n'a pas de point fixe. Si Q était un tel point fixe, P normaliserait Q. Or on a vu dans l'exercice « Autre démonstration des théorèmes de Sylow » de [[../Théorèmes de Sylow/|la série Théorèmes de Sylow]] qu'un p-sous-groupe de Sylow d'un groupe fini G ne normalise jamais un autre p-sous-groupe de Sylow de G. Donc l'action de P sur <math>X \setminus{\{P \}}</math> par conjugaison n'a pas de point fixe. (Cela revient à dire que le seul point fixe de l'action de P sur X par conjugaison est le « point » P.) }} c) Prouver que l'action de <math>P</math> sur <math>X \setminus{\{P \}}</math> par conjugaison est transitive. (Indication : raisonner sur le cardinal d'une orbite.) {{clr}} {{Solution | contenu = Puisque le nombre des p-sous-groupes de Sylow de G est supposé égal à <math>p+1</math>, l'ensemble <math>X \setminus{\{P \}}</math> est de cardinal <math>p</math> et n'est donc pas vide. Nous pouvons donc choisir une orbite <math>\Omega</math> de l'action de <math>P</math> sur <math>X \setminus{\{P \}}</math> par conjugaison. Le cardinal d'une orbite divise toujours l'ordre du groupe opérant, donc, dans l'action de <math>P</math> sur <math>X \setminus{\{P \}}</math> par conjugaison, le cardinal de toute orbite divise <math>\vert P \vert .</math> On a vu au point a) que <math>\vert P \vert </math> est le nombre premier <math>p</math>, donc toute orbite est de cardinal 1 ou <math>p.</math> On a vu au point b) qu'aucune orbite n'est ponctuelle, donc toute orbite est de cardinal <math>p.</math> En particulier, <math>\Omega</math> est de cardinal <math>p</math>. Mais, comme noté, <math>X \setminus{\{P \}}</math> est lui-même de cardinal <math>p</math>, donc <math>X \setminus{\{P \}} = \Omega</math>, donc <math>X \setminus{\{P \}}</math> est la seule orbite, ce qui revient à dire que l'action est transitive. }} d) Prouver que <math>C_{G}(P)</math> opère [[Théorie des groupes/Action de groupe|librement]] sur <math>X \setminus{\{P \}}</math> par conjugaison. (Indication : pour prouver que l'opération est libre, montrer qu'un élément de <math>C_{G}(P)</math> qui normalise un p-sous-groupe de Sylow de G autre que P normalise tous les p-sous-groupes de Sylow de G.) {{clr}} {{Solution | contenu = Comme tout sous-groupe de G, <math>C_{G}(P)</math> opère sur X par conjugaison. Soit Q un élément de <math>X \setminus{\{P \}}</math>, c'est-à-dire un p-sous-groupe de Sylow de G distinct de P, soit ''c'' un élément de <math>C_{G}(P).</math> Si on avait <math>cQc^{-1} = P</math>, on aurait <math>Q = c^{-1} P c</math>; mais <math>C_{G}(P)</math> normalise P, donc <math>c^{-1} P c = P</math>, donc on aurait Q = P, contradiction.<br /> Ceci montre que <math>C_{G}(P)</math> opère sur <math>X \setminus{\{P \}}</math> par conjugaison. Pour prouver que cette action est libre, nous devons prouver que , pour tout élément Q de <math>X \setminus{\{P \}}</math>, le stabilisateur du « point » Q pour cette action est trivial.<br /> Ce stabilisateur est <math>C_{G}(P) \cap N_{G}(Q)</math>, donc nous devons prouver que si Q est un p-sous-groupe de Sylow de G distinct de P, alors :(thèse 1)<math>\qquad C_{G}(P) \cap N_{G}(Q) = 1.</math> Soit ''c'' un élément de <math>\qquad C_{G}(P) \cap N_{G}(Q).</math> Il s'agit de prouver que :(thèse 2)<math>\qquad c = 1.</math> Puisque ''c'' appartient à <math>N_{G}(Q)</math>, :(3)<math>\qquad cQc^{-1} = Q.</math> Soit ''x'' un élément de P. Alors ''c'' commute avec ''x'', donc :<math>\qquad c(xQx^{-1})c^{-1} = xcQc^{-1}x^{-1}</math>, ce qui, d'après (3), peut s'écrire :(4)<math>\qquad c(xQx^{-1})c^{-1} = xQx^{-1}.</math> Puisque ceci est vrai pour tout élément ''x'' de P et que, d'après la question c), P agit transitivement sur <math>X \setminus{\{P \}}</math> par conjugaison, (4) montre que ''c'' normalise tous les p-sous-groupes de Sylow de G distincts de P. Puisque ''c'' appartient à <math>C_{G}(P)</math>, il normalise également P, donc ''c'' normalise tous les p-sous-groupes de Sylow de G, :(5)<math>\qquad c \in \bigcap_{S \in X} N_{G}(S).</math> Le membre droit est un sous-groupe normal de G (voir un exercice de la série [[../Théorèmes de Sylow/|Théorèmes de Sylow]]), donc, puisque G est simple, ce membre droit est égal à 1 ou à G. S'il était égal à G, les p-sous-groupes de Sylow de G seraient normaux dans G, donc il n'y en aurait qu'un, ce qui contredit l'hypothèse selon laquelle ils sont en nombre p + 1. (Plus généralement, si G est un groupe simple fini non abélien et ''p'' un facteur premier de <math>\vert G \vert</math>, l'intersection des normalisateurs des p-sous-groupes de Sylow de G est réduite à l'élément neutre. En effet, dans ce cas, aucun p-sous-groupe de Sylow de G n'est normal dans G; voir [[Théorie des groupes/Premiers résultats sur les groupes simples|le chapitre Premiers résultats sur les groupes simples]], théorème 5, a.)<br /> Donc le membre droit de (5) est le sous-groupe trivial de G, donc c = 1, ce qui prouve la thèse (2) et donc la thèse (1), qui, comme nous l'avons vu, revient à dire que l'action de <math>C_{G}(P)</math> sur <math>X \setminus{\{P \}}</math> par conjugaison est libre. }} e) Déduire du point d) que <math>C_{G}(P) = P</math>, puis, à l'aide du lemme N/C ([[Théorie des groupes/Conjugaison, centralisateur, normalisateur|chapitre Conjugaison, centralisateur, normalisateur]]), prouver ce qui reste à démontrer dans l'énoncé général, à savoir que le nombre naturel ''a'' divise p-1. {{clr}} {{Solution | contenu = Puisque, d'après le point d), <math>C_{G}(P)</math> agit librement sur <math>X \setminus{\{P \}}</math>, nous avons ([[Théorie des groupes/Action de groupe|chapitre Action de groupe]]) :<math>\qquad \vert C_{G}(P) \vert \leq \vert X \setminus{\{P \}} \vert</math>, :<math>\qquad \vert C_{G}(P) \vert \leq p</math>, :(1) <math>\qquad \vert C_{G}(P) \vert \leq \vert P \vert .</math> D'autre part, P, étant un groupe d'ordre premier, est abélien, donc :<math>\qquad P \subseteq C_{G}(P) .</math> Joint à (1), cela donne :<math>\qquad C_{G}(P) = P</math>, d'où :<math>\qquad N_{G}(P)/C_{G}(P) = N_{G}(P)/P.</math> D'après le lemme N/C, le membre gauche est isomorphe à un sous-groupe de Aut(P), donc :(2)<math>\qquad N_{G}(P)/P</math> est isomorphe à un sous-groupe de Aut(P). Puisque P est d'ordre premier ''p'', <math>\vert Aut(P) \vert = p-1</math> ([[Théorie des groupes/Automorphismes d'un groupe cyclique|chapitre Automorphismes d'un groupe cyclique]]), donc, d'après (2), :<math>\qquad \vert N_{G}(P)/P \vert</math> divise p-1, :(3)<math>\qquad \vert N_{G}(P) \vert /p</math> divise p-1, D'autre part, l'indice de <math>N_{G}(P)</math> dans G est le nombre des p-sous-groupes de Sylow de G et, par hypothèse, ce nombre est égal à p+1. Donc :<math>\qquad \vert G \vert / \vert N_{G}(P) \vert = p+1</math>, :<math>\qquad \vert N_{G}(P) \vert = \vert G \vert / \vert (p+1).</math> Dans les notations du point a), cela s'écrit :<math>\qquad \vert N_{G}(P) \vert = ap</math>, :<math>\qquad \vert N_{G}(P) \vert /p = a</math>, donc, d'après (3), ''a'' divise p-1. Joint au point a), cela prouve l'énoncé général. }} f) Prouver qu'il n'y a pas de groupe simple d'ordre 560. {{clr}} {{Solution | contenu = Soit, par absurde, G un groupe simple d'ordre 560. Donc :<math>\vert G\vert = 2^{4} \times 5 \times 7 .</math> Notons <math>n_{7}</math> le nombre des 7-sous-groupes de Sylow de G. Alors <math>n_{7} > 1</math> ([[../../Premiers résultats sur les groupes simples/|chapitre théorique]], théorème 5, a), <math>n_{7} \equiv 1</math> (pmod 7) et <math>n_{7}</math> divise 80 (théorèmes de Sylow). Ce n'est possible qu'avec :<math>n_{7} = 8 = 7 + 1 .</math> D'après le point e), il en résulte que :<math>\vert G\vert / (7 \times 8)</math> divise <math>7 - 1</math>, c'est-à-dire que 10 divise 6, ce qui est absurde. }} == Problème 7 == Soit G un groupe simple fini, soit <math>p</math> un nombre premier tel que l'ordre de G soit divisible par <math>2 p (p+1)</math> et que le nombre des p-sous-groupes de Sylow de G soit égal à <math>p+1 .</math> On va prouver que :<math>p \equiv 1 \pmod{4} .</math> a) Prouver que G est isomorphe à un sous-groupe de <math>A_{p+1}.</math> {{clr}} {{Solution | contenu = Puisque le nombre des p-sous-groupes de Sylow de G est supposé égal à <math>p+1</math>, c'est une conséquence immédiate d'un théorème démontré dans le [[../../Premiers résultats sur les groupes simples/|chapitre théorique]]. }} b) Prouver que <math>p</math> est impair. {{clr}} {{Solution | contenu = Puisque <math>p</math> est un nombre premier, il suffit de prouver qu'il est distinct de 2. S'il était égal à 2, alors, d'après le point a), <math>\vert G \vert</math> diviserait <math>\vert A_{3} \vert = 3 .</math> C'est impossible, puisque <math>\vert G \vert</math> est supposé divisible par <math>2 p (p+1) .</math> }} c) Prouver que <math>\vert G \vert</math> n'est pas divisible par <math>p^{2} .</math> {{clr}} {{Solution | contenu = Cela résulte du problème 6, a). Rappelons la démonstration : d'après le point a), G est isomorphe à un sous-groupe de <math>A_{p+1}</math>, donc :<math>\vert G \vert </math> divise <math>\vert A_{p+1} \vert = (p+1)! / 2 .</math> Puisque <math>(p+1)! / 2</math> n'est pas divisible par <math>p^{2}</math>, <math>\vert G \vert </math> ne l'est donc pas non plus }} d) Soit P un p-sous-groupe de Sylow de G. Prouver que <math>\vert N_{G}(P) \vert</math> est divisible par <math>2p .</math> {{clr}} {{Solution | contenu = L'indice de <math> N_{G}(P) </math> dans G est égal au nombre des p-sous-groupes de Sylow de G, c'est-à-dire, d'après les hypothèses, à <math>p+1 .</math> Donc :<math>\vert G \vert / \vert N_{G}(P) \vert = p+1</math>, :<math>\vert N_{G}(P) \vert = \vert G \vert / (p+1) .</math> Puisque, par hypothèse, <math>\vert G \vert</math> est divisible par <math>2 p (p+1)</math>, <math>\vert N_{G}(P) \vert</math> est donc divisible par <math>2p .</math> }} e) Toujours si P est un p-sous-groupe de Sylow de G, prouver qu'il existe un élément <math>s</math> d'ordre 2 de G (involution) tel que, pour tout <math>x</math> dans P, <math>sxs^{-1} = x^{-1} .</math> (Cela revient à dire que <math> N_{G}(P) </math> contient un sous-groupe diédral d'ordre <math>2p .</math>)<br /> Indication : utiliser les points a) et d). {{clr}} {{Solution | contenu = D'après le point d), <math> N_{G}(P) </math> est d'ordre pair et comprend donc un élément d'ordre 2 (théorème de Cauchy), soit <math>s .</math><br /> Soit <math>x</math> un élément de <math>P \setminus \{ 1 \}</math>, autrement dit (puisque, d'après le point c), P est d'ordre <math>p</math> premier) un générateur de P.<br /> Puisque <math>s</math> normalise P et que <math>x</math> est un générateur de P, il existe un nombre naturel <math>n</math> tel que :(1)<math>\qquad s x s^{-1} = x^{n} .</math> En appliquant aux deux membres l'automorphisme intérieur <math>g \mapsto s g s^{-1}</math> de G, nous trouvons :<math>s^{2} x s^{-2} = s x^{n} s^{-1} .</math> Puisque <math>s</math> est d'ordre 2, le membre gauche est égal à <math>x</math>; d'autre part, le membre droit est égal à <math>(s x s^{-1})^{n} = x^{n^{2}} .</math> Donc <math>x^{n^{2}} = x</math>, <math>x^{n^{2}-1} = 1</math>, donc :<math>n^{2}-1 \equiv 0 \pmod{p}</math>, :<math>(n-1) (n+1) \equiv 0 \pmod{p}</math>, donc :(2)<math>\qquad n</math> est congru à 1 ou à - 1 modulo <math>p .</math> Prouvons que <math>n \not\equiv 1 \pmod{p} .</math> Dans le cas contraire , (1) donnerait :<math>sxs^{-1} = x</math>, donc :(3)<math>\qquad s</math> commuterait avec <math>x .</math> D'après le point a), il existe un homomorphisme injectif <math>f</math> de G dans <math>A_{p+1}.</math> Puisque <math>f</math> est un homomorphisme, il résulte de (3) que :(4)<math>\qquad f(s)</math> commuterait avec <math>f(x) .</math> D'autre part, puisque l'homomorphisme <math>f</math> est injectif, :(5)<math>\qquad f(x)</math> est d'ordre <math>p</math> et <math>f(s)</math> est d'ordre 2. Donc, d'après (4) et (5), il y aurait dans <math>A_{p+1}</math> un élément d'ordre <math>p</math> qui commuterait avec un élément d'ordre 2. En raisonnant sur la décomposition canonique d'une permutation en cycles, on voit qu'un élément d'ordre <math>p</math> de <math>A_{p+1}</math> (et même un élément d'ordre <math>p</math> de <math>S_{p+1}</math>) est forcément un p-cycle. Il y aurait donc dans <math>S_{p+1}</math> un p-cycle qui commuterait avec un élément d'ordre 2. C'est impossible, par exemple parce que, d'après le problème « Centralisateur d'un long cycle » de la série [[../Groupes symétriques finis/|Groupes symétriques finis]], le centralisateur d'un p-cycle de <math>S_{p+1}</math> est le sous-groupe de <math>S_{p+1}</math> engendré par ce cycle et est donc d'ordre <math>p</math>, de sorte qu'il ne comprend pas d'élément d'ordre 2 (puisqu'on a vu que <math>p</math> est impair). Sans utiliser le problème « Centralisateur d'un long cycle » de la série [[../Groupes symétriques finis/|Groupes symétriques finis]], on peut noter que s'il existait dans <math>S_{p+1}</math> un élément d'ordre <math>p</math> qui commutait avec un élément d'ordre 2, <math>S_{p+1}</math> comprendrait un élément d'ordre <math>2 p</math>, ce qui est impossible, vu la décomposition canonique d'une permutation en cycles.<br /> Nous avons donc prouvé que <math>n \not\equiv 1 \pmod{p}</math>, donc, d'après (2), :<math>n \equiv -1 \pmod{p} .</math> D'après (1), ceci donne :<math>\qquad s x s^{-1} = x^{-1} .</math> Cela est démontré pour tout <math>x</math> dans <math>P \setminus \{ 1 \}</math> et est évidemment vrai aussi pour <math>x = 1</math>, d'où l'énoncé. }} f) Prouver que <math>p \equiv 1 \pmod{4} .</math> (Indication : utiliser les points a) et e) et le problème « Inverseurs d'un long cycle » de la série [[../Groupes symétriques finis/|Groupes symétriques finis]].) {{clr}} {{Solution | contenu = D'après le point e), il existe dans G un élément <math>x</math> d'ordre <math>p</math> et un élément <math>s</math> d'ordre 2 tels que :(1)<math>\qquad s x s^{-1} = x^{-1} .</math> D'après le point a), il existe un homomorphisme injectif <math>f</math> de G dans <math>A_{p+1} .</math> Puisque <math>f</math> est un homomorphisme, la relation (1) donne :(2)<math>\qquad f(s) f(x) f(s)^{-1} = f(x)^{-1} .</math> D'autre part, puisque l'homomorphisme <math>f</math> est injectif, f(x) est un élément d'ordre <math>p</math> de <math>A_{p+1}</math>, ce qui n'est possible que si <math>f(x)</math> est un p-cycle (voir la décomposition canonique d'une permutation en cycles). Compte tenu de cela, de (2) et du fait que <math>p</math> est impair, il résulte du problème « Inverseurs d'un long cycle » de la série [[../Groupes symétriques finis/|Groupes symétriques finis]] que <math>f(s)</math> est le produit de <math>(p-1)/2</math> transpositions (à supports deux à deux disjoints). Puisque <math>f(s)</math>, appartenant à <math>A_{p+1}</math>, est une permutation paire, <math>(p-1)/2</math> est donc pair, autrement dit <math>p \equiv 1 \pmod{4} .</math> }} g) Prouver qu'il n'y a pas de groupe simple d'ordre 336. {{clr}} {{Solution | contenu = Soit, par absurde, G un groupe simple d'ordre <math>336</math>. Puisque <math>336 = 2^{4} \cdot 3 \cdot 7</math>, :(1)<math>\qquad \vert G \vert </math> est divisible par <math>2 p (p+1)</math>, où <math>p</math> désigne le nombre premier 7. Le nombre <math>n_{7}</math> des 7-sous-groupes de Sylow de G est > 1 (théorème 5, point a) du [[../../Premiers résultats sur les groupes simples/|chapitre théorique]]), <math>\equiv 1 \pmod{7}</math> et divise 48 (théorèmes de Sylow). Cela n'est possible qu'avec :(2)<math>\qquad n_{7} = 8 = 7 +1 .</math> D'après f), il résulte de (1) et de (2) que <math>7 \equiv 1 \pmod{4}</math>, ce qui est faux. La contradiction obtenue prouve l'énoncé. }} == Problème 8 == Soit G un groupe simple d'ordre <math>2 p (p+1)</math>, où <math>p</math> est un nombre premier. On va prouver que <math>p \equiv 5 \pmod{24} .</math> a) Prouver que <math>p</math> est distinct de <math>2</math> et de <math>3 .</math> {{clr}} {{Solution | contenu = Puisque G est un groupe simple d'ordre non premier, il n'est pas résoluble. Si <math>p</math> était égal à 2 ou à 3, l'ordre de G serait égal à 12 ou à 24. C'est impossible, car on a vu que tout groupe d'ordre 12 est résoluble ([[../Groupes dicycliques/|exercices sur le chapitre Groupes dicycliques]]) et que tout groupe d'ordre 24 est résoluble ([[../Groupes nilpotents/|exercices sur le chapitre Groupes nilpotents]]). }} b) Prouver que les p-sous-groupes de Sylow de G sont d'ordre ''p''. {{clr}} {{Solution | contenu = D'après le point a), le nombre premier ''p'' est distinct de 2, donc impair, donc premier avec 2 (p+1). Il ne divise donc <math>\vert G \vert </math> qu'une fois, d'où l'énoncé. }} c) Prouver que le nombre des p-sous-groupes de Sylow de G est p+1. {{clr}} {{Solution | contenu = Puisque <math>\vert G \vert = 2 p (p+1)</math>, :(1)<math>\qquad </math>le nombre <math>n_{p}</math> des p-sous-groupes de Sylow de G divise 2 (p+1). D'autre part, d'après un théorème de Sylow, <math>n_{p} \equiv 1 \pmod{p}</math> et, d'après le théorème 5, a du [[../../Premiers résultats sur les groupes simples/|chapitre théorique]], <math>n_{p} > 1 .</math> Donc :<math>n_{p} = a p + 1</math>, où <math>a</math> est un nombre naturel <math>\geq 1 .</math> La valeur <math>a = 2</math> est impossible d'après (1), car 2p + 1 ne divise pas 2 (p+1) = 2p + 2. Les valeurs <math>a \geq 3</math> sont également impossibles, car pour <math>a \geq 3</math>, nous avons :<math>ap+1 \geq 3p+1 > 2p+2</math>, donc ap+1 ne divise pas 2p+2, donc, d'après (1), <math>n_{p} \not= ap+1 .</math><br /> Il faut donc <math>a=1</math>, ce qui prouve le point c). }} d) Prouver que le normalisateur dans G d'un p-sous-groupe de Sylow de G est diédral d'ordre 2p. (Indication : on peut utiliser le problème 7, ou encore des énoncés du chapitre [[Théorie des groupes/Transfert, théorème du complément normal de Burnside|Transfert, théorème du complément normal de Burnside]].) {{clr}} {{Solution | contenu = Soit P un p-sous-groupe de Sylow de G. Il s'agit de prouver que <math>N_{G}(P)</math> est diédral d'ordre 2p.<br /> D'après les théorèmes de Sylow, <math>[G:N_{G}(P)]</math> est égal au nombre des p-sous-groupes de Sylow de G. D'après le point c), cela signifie que :<math>[G:N_{G}(P)] = p + 1</math>, :<math>\vert N_{G}(P) \vert = \vert G \vert / (p + 1)</math>, :(1)<math>\qquad \vert N_{G}(P) \vert = 2 p .</math> On peut achever en disant que d'après le problème 7, point e), <math>N_{G}(P)</math> contient un groupe diédral d'ordre <math>2p</math>, ce qui, joint à (1), entraîne que <math>N_{G}(P)</math> est diédral d'ordre <math>2p</math>. Voici une autre façon de procéder.<br /> D'après (1) et [[../Groupes diédraux/|un exercice sur le chapitre Groupes diédraux]], :(2)<math>\qquad N_{G}(P)</math> est cyclique ou diédral. Si <math>N_{G}(P)</math> était cyclique, il serait abélien, donc P serait évidemment central dans <math>N_{G}(P)</math>, donc, d'après le théorème du complément normal de Burnside, P admettrait un complément normal dans G, autrement dit G serait p-nilpotent. Puisque G est supposé être un groupe simple fini non abélien, cela contredit un énoncé du chapitre [[Théorie des groupes/Transfert, théorème du complément normal de Burnside|Transfert, théorème du complément normal de Burnside]]. Donc <math>N_{G}(P)</math> n'est pas cyclique, donc, d'après (2), il est diédral, ce qui, joint à (1), démontre le point d). }} e) Prouver que <math>p \equiv 1 \pmod{4}</math> et en déduire que les 2-sous-groupes de Sylow de G sont des groupes de Klein.<br /> Indication : on peut utiliser le problème 7. {{clr}} {{Solution | contenu = Nous avons vu au point c) que le nombre des p-sous-groupes de Sylow de G est <math>p+1</math>, donc, d'après le problème 7, f), :<math>p \equiv 1 \pmod{4}</math>, ce qui est la première assertion de l'énoncé.<br /> Il en résulte que l'ordre <math>2 p (p+1)</math> de G est divisible par 4 et non par 8, donc les p-sous-groupes de Sylow de G sont d'ordre 4. D'après une [[Théorie des groupes/Transfert, théorème du complément normal de Burnside|conséquence du théorème du complément normal de Burnside]], ces sous-groupes ne sont pas cycliques, donc ce sont des groupes de Klein, ce qui achève de prouver le point e). }} f) Soit <math>t</math> un élément d'ordre 2 (involution) de G normalisant au moins un p-sous-groupe de Sylow de G. Prouver que <math>t</math> normalise exactement deux p-sous-groupes de Sylow de G.<br /> '''Indication.''' L'ensemble des p-sous-groupes de Sylow de G étant désigné par X, considérer, au lieu de l'homomorphisme <math>f</math> utilisé au problème 7, point f), une version plus précise de cet homomorphisme, à savoir l'homomorphisme F de G dans <math>A_{X}</math> correspondant à l'action de G sur X par conjugaison. Appliquer de nouveau le problème « Inverseurs d'un long cycle » de la série [[../Groupes symétriques finis/|Groupes symétriques finis]]. {{clr}} {{Solution | contenu = Notons X l'ensemble des p-sous-groupes de Sylow de G. Puisque G est un groupe simple non abélien, nous avons, d'après le chapitre théorique, un homomorphisme injectif :<math>F : G \to A_{X}</math> tel que, pour tout <math>g</math> dans <math>G</math>, F(g) soit la permutation <math>Q \mapsto g Q g^{-1}</math> de X.<br /> Par hypothèse, <math>t</math> est un élément d'ordre 2 qui normalise au moins un p-sous-groupe de Sylow de G. Puisque, d'après le point d), <math>N_{G}(P)</math> est diédral d'ordre <math>2p</math> (et que <math>p</math> est impair, ce qui entraîne que tout élément d'ordre 2 de <math>N_{G}(P)</math> est hors de P), nous avons :<math>t x t^{-1} = x^{-1}</math> pour tout élément <math>x</math> de P et en particulier pour un élément <math>x</math> de P que nous pouvons choisir dans P.<br /> On raisonne alors comme au point e) :<br /> puisque F est un homomorphisme, nous avons :<math>F(t) F(x) F(t)^{-1} = F(x)^{-1}</math>; puisque l'homomorphisme F est injectif, F(x) est d'ordre <math>p</math>; enfin, puisque <math>\vert X \vert = p + 1</math> (point c)) et que F(x) est un élément d'ordre <math>p</math> de <math>S_{X}</math>, F(x) est un p-cycle.<br /> Donc, d'après le problème « Inverseurs d'un long cycle » de la série [[../Groupes symétriques finis/|Groupes symétriques finis]], F(t) est le produit de <math>(p-1)/2</math> transpositions à supports deux à deux disjoints. Le support de F(t) est donc de cardinal p-1. Puisque <math>\vert X \vert = p + 1</math>, F(t) a donc exactement deux points fixes. D'après la définition de F, cela signifie que <math>t</math> normalise exactement deux p-sous-groupes de Sylow de G. }} g) Avant de poursuivre, on va démontrer un petit lemme de nature combinatoire. Soient A et B deux ensembles finis, soit R une partie du produit cartésien <math>A \times B</math>; on écrira <math>a R b</math> pour <math>(a, b) \in R .</math> (Une partie de <math>A \times B</math> est parfois appelée une relation binaire entre éléments de A et éléments de B, d'où la notation <math>a R b .</math>) On suppose qu'il existe un nombre <math>r_{B}</math> tel que, pour tout <math>a</math> dans <math>A</math>, les éléments <math>b</math> de <math>B</math> tels que <math>a R b</math> soient en quantité <math>r_{B} .</math> On suppose aussi qu'il existe un nombre <math>s_{A}</math> tel que, pour tout <math>b</math> dans <math>B</math>, les éléments <math>a</math> de <math>A</math> tels que <math>a R b</math> soient en quantité <math>s_{A} .</math> Prouver que <math>\vert A \vert r_{B} = \vert B \vert s_{A} .</math><br /> Indication : calculer un certain nombre de deux façons. {{clr}} {{Solution | contenu = On va calculer de deux façons le nombre <math>\vert R \vert</math>, autrement dit le nombre des couples (a, b) tels que a R b.<br /> D'une part, nous avons <math>\vert R \vert = \sum_{a \in A} \vert B_{a} \vert</math>, où <math>B_{a}</math> désigne l'ensemble des éléments <math>b</math> de <math>B</math> tels que <math>a R b</math>; par hypothèse, <math>\vert B_{a} \vert = r_{B}</math> pour tout <math>a</math>, donc : (1)<math>\qquad \vert R \vert = \vert A \vert r_{B} .</math> De même, <math>\vert R \vert = \sum_{b \in B} \vert A_{b} \vert</math>, où <math>A_{b}</math> désigne l'ensemble des éléments <math>a</math> de <math>A</math> tels que <math>a R b</math>; par hypothèse, <math>\vert A_{b} \vert = s_{A}</math> pour tout <math>b</math>, donc : (2)<math>\qquad \vert R \vert = \vert B \vert s_{A} .</math> La comparaison de (1) et de (2) fournit l'énoncé. }} h) Soit E l'ensemble des involutions de G normalisant au moins un p-sous-groupe de Sylow de G. Prouver que <math>\vert E \vert = \vert G \vert /4 .</math><br /> Indication. X désignant l'ensemble des p-sous-groupes de Sylow de G, considérer la partie R de <math>E \times X</math> formée par les couples (t, P) tels que <math>t</math> normalise P et appliquer le point g) en tenant compte des points d) et f). {{clr}} {{Solution | contenu = Il résulte du point f) que, pour tout élément <math>t</math> de E, :(1)<math>\qquad </math> il existe exactement deux éléments P de X tels que (t, P) appartienne à R. D'autre part, on a vu au point d) que, pour tout p-sous-groupe de Sylow P de G, <math>N_{G}(P)</math> est diédral d'ordre <math>2 p .</math> Puisque <math>p</math> est impair, les éléments d'ordre <math>2</math> de <math>N_{G}(P)</math> sont en nombre <math>p</math>, ce qui revient à dire que :(2)<math>\qquad </math>les éléments <math>t</math> de E tels que (t, P) appartienne à R sont en nombre <math>p .</math> Compte tenu du point g), il résulte de (1) et (2) que :<math>2 \vert E \vert = p \vert X \vert</math>, ce qui, d'après le point c), peut s'écrire :<math>2 \vert E \vert = p (p + 1)</math> :<math>\vert E \vert = p (p + 1)/2 = \vert G \vert / 4</math>. }} i) Prouver que le nombre des 2-sous-groupes de Sylow de G est au moins égal au nombre rationnel <math>\vert G \vert / 12 .</math> (Nous verrons plus loin que <math>\vert G \vert / 12</math> est un nombre entier, mais, pour l'instant, nous ne le considérons que comme un nombre rationnel.) {{clr}} {{Solution | contenu = Dans les notations du point h), l'ensemble des involutions de <math>G</math> contient <math>E</math> et <math>\vert E \vert </math> est égal à <math>\vert G \vert /4</math>, donc <math>G</math> comprend au moins <math>\vert G \vert /4</math> involutions. Cela revient à dire que la réunion des 2-sous-groupes de Sylow de G comprend au moins <math>\vert G \vert /4</math> involutions. Puisque, d'après le point e), chaque 2-sous-groupe de Sylow de G est d'ordre 4 et comprend donc au plus 3 involutions (et en comprend en fait exactement 3, puisque nous avons vu au point e) que les 2-sous-groupes de Sylow de G sont des groupes de Klein), le nombre des 2-sous-groupes de Sylow de G est donc au moins égal au nombre rationnel <math>\vert G \vert / 12 .</math> }} j) Soit V un 2-sous-groupe de Sylow de G. Prouver que <math>\vert N_{G}(V) \vert = 12</math> (ce qui prouve que <math>\vert G \vert </math> est divisible par 12, de sorte que le nombre rationnel <math>\vert G \vert / 12</math> considéré au point i) est entier) et en déduire que le nombre des 2-sous-groupes de Sylow de G est <math>\vert G \vert / 12 .</math> {{clr}} {{Solution | contenu = L'indice de <math>\vert N_{G}(V) \vert </math> dans G est le nombre des 2-sous-groupes de Sylow de G, donc, d'après le point i) :<math>\vert G \vert / \vert N_{G}(V) \vert \geq \vert G \vert / 12 </math>, :(1)<math>\qquad \vert N_{G}(V) \vert \leq 12 .</math> Puisque V est d'ordre 4 (voir poinr e)), <math>\vert N_{G}(V) \vert</math> est divisible par 4, donc, d'après (1), <math>\vert N_{G}(V) \vert</math> est égal à 4, à 8 ou à 12. On a vu que <math>\vert G \vert</math> n'est pas divisible par 8, donc <math>\vert N_{G}(V) \vert</math> est égal à 4 ou à 12. Si <math>\vert N_{G}(V) \vert</math> était égal à 4, il serait abélien, donc V serait évidemment central dans <math>\vert N_{G}(V) \vert</math>, donc, d'après le théorème du complément normal de Burnside, G serait 2-nilpotent, ce qui est impossible pour un groupe simple fini non abélien (voir le chapitre [[Théorie des groupes/Transfert, théorème du complément normal de Burnside|Transfert, théorème du complément normal de Burnside]]). Donc <math>\vert N_{G}(V) \vert = 12</math>, ce qui est la première assertion de l'énoncé. Puisque le nombre des 2-sous-groupes de Sylow de G est l'indice de <math>\vert N_{G}(V) \vert </math> dans G, la seconde assertion de l'énoncé en résulte. }} k) Déduire de e), de h) et de j) que le nombre des 2-sous-groupes de Sylow de G est <math>\equiv 1 \pmod{4}.</math><br /> Indication : utiliser une « congruence de Sylow à module renforcé » qui a été démontrée dans [[../Théorèmes de Sylow/|les exercices sur les théorèmes de Sylow]]. {{clr}} {{Solution | contenu = D'après le point e), :(1)<math>\qquad</math>chaque 2-sous-groupe de Sylow de G comprend au plus (et, en fait, exactement) trois involutions. D'autre part, d'après le point j), :(2)<math>\qquad</math>les 2-sous-groupes de Sylow de G sont en nombre <math>\vert G \vert / 12 .</math> Enfin, d'après le point h), :(3)<math>\qquad</math> les involutions de G sont en nombre <math>\geq \vert G \vert / 4</math>, autrement dit en nombre <math>\geq 3 \times \vert G \vert / 12 .</math> De (1), (2) et (3), il résulte que les 2-sous-groupes de Sylow de G se coupent trivialement deux à deux, donc, d'après la « congruence de Sylow à module renforcé » qui a été démontrée dans [[../Théorèmes de Sylow/|les exercices sur les théorèmes de Sylow]], le nombre des 2-sous-groupes de Sylow de G est <math>\equiv 1 \pmod{4}.</math><br /> Remarque. Il résulte de (1), (2) et (3) que les involution de G sont en nombre <math>\vert G \vert / 4</math> exactement. Donc, d'après le point h), l'ensemble E considéré au point h) est l'ensemble de ''toutes'' les involutions de G. }} l) Prouver que <math>p \equiv 5 \pmod{24}.</math> {{clr}} {{Solution | contenu = Nous avons vu au point j) que le nombre des 2-sous-groupes de Sylow de G est égal à <math>\vert G \vert / 12</math> et au point k) que ce nombre est <math>\equiv 1 \pmod{4}.</math> Donc :<math>\qquad \vert G \vert / 12 \equiv 1 \pmod{4}</math> :<math>\qquad p(p+1) / 6 \equiv 1 \pmod{4}</math> :(1)<math>\qquad p^{2}+p \equiv 6 \pmod{24}.</math> Pour tout nombre entier <math>n</math> impair et non divisible par 3, <math>n^{2} \equiv 1 \pmod{8}</math> et <math>n^{2} \equiv 1 \pmod{3}</math>, donc <math>n^{2} \equiv 1 \pmod{24}.</math> D'après le point a), <math>p</math> est impair et non divisible par 3, donc <math>p^{2} \equiv 1 \pmod{24}</math>, donc (1) donne :<math>p \equiv 5 \pmod{24}.</math> }} m) Prouver qu'il n'y a pas de groupe simple d'ordre 264, ni de groupe simple d'ordre 612, ni de groupe simple d'ordre 760. {{clr}} {{Solution | contenu = S'il existait un groupe simple d'ordre 264, ce serait un groupe simple d'ordre <math>2 p (p+1)</math> avec <math>p = 11</math>, nombre premier <math>\not\equiv 5 \pmod{24}</math>, ce qui contredit le point l). Même chose avec <math>612 = 2 \cdot 17 \cdot (17 + 1)</math> et <math>760 = 2 \cdot 19 \cdot (19 + 1).</math> }} == Problème 9 == Soit <math>p</math> un nombre premier impair, soit G un groupe fini d'ordre divisible par <math>2 p</math> et non par <math>p^{2} .</math> On suppose que le nombre des p-sous-groupes de Sylow de G est <math>2 p + 1 .</math> On va prouver que G n'est pas simple. On prouvera même quelque chose de plus précis que la non-simplicité de G, donc on évitera de raisonner tout de suite par l'absurde en supposant G simple. a) Désignons par X l'ensemble des p-sous-groupes de Sylow de G et par <math>\psi</math> l'homomorphisme correspondant à l'action de G sur X par conjugaison, c'est-à-dire l'homomorphisme :<math>\psi : G \to S_{X}</math> tel que, pour tout élément <math>g</math> de G, <math>\psi(g)</math> soit la permutation <math>Q \mapsto g Q g^{-1}</math> de X. (Nous ne supposons pas G simple, donc nous n'avons pas de raison de considérer <math>\psi</math> comme injectif.)<br /> Soit <math>y</math> un élément d'ordre <math>p</math> de G. Prouver que la permutation <math>\psi (y)</math> de X est le produit de deux p-cycles à supports disjoints. {{clr}} {{Solution | contenu = D'après les hypothèses générales, :(1)<math>\qquad \vert X \vert = 2 p + 1</math> et :(2)<math>\qquad </math>les p-sous-groupes de Sylow de G sont d'ordre <math>p .</math> Si un élément Q de X est fixé par la permutation <math>\psi (y)</math>, Q est un p-sous-groupe de Sylow normalisé par <math>y .</math> Or un élément de G dont l'ordre est une puissance de <math>p</math> ne normalise un p-sous-groupe de Sylow Q de G que s'il appartient à Q. (Voir un exercice de la série [[../Théorèmes de Sylow/]].) Donc si un élément Q de X est fixé par la permutation <math>\psi (y)</math>, <math>y</math> appartient à Q. Puisque <math>y</math> est d'ordre <math>p</math> et que, d'après (2), Q est d'ordre <math>p</math>, on a donc <math>Q = \langle y \rangle .</math> Comme <math>y</math> normalise évidemment <math>\langle y \rangle </math>, ce qui revient à dire que la permutation <math>\psi (y)</math> fixe l'élément <math>\langle y \rangle </math> de X, nous avons prouvé que :(3)<math>\qquad </math>la permutation <math>\psi (y)</math> de X admet un et un seul point fixe. D'après (1), X n'est pas un singleton, donc il résulte de (3) que <math>\psi (y)</math> n'est pas la permutation identique de X. Puisque <math>y</math> est d'ordre <math>p</math> premier, la permutation <math>\psi (y)</math> est donc d'ordre <math>p .</math> Puisque, comme vu en (3), elle a un et un seul point fixe et que, d'après (1), <math>\vert X \vert = 2 p + 1</math>, la permutation <math>\psi (y)</math> est donc le produit de deux p-cycles à supports disjoints, ce qui démontre le pont a). }} b) Soit P un p-sous-groupe de Sylow de G. Prouver que <math>N_{G}(P)</math> contient un 2-sous-groupe de Sylow de G. {{clr}} {{Solution | contenu = D'après les hypoyhèses générales, le nombre des p-sous-groupes de Sylow de G est <math>2 p + 1</math>, donc :<math>\vert N_{G}(P) \vert = \vert G \vert / (2 p + 1) .</math> Puisque <math>2 p + 1</math> est impair, le membre droit est divisible par la plus grande puissance de 2 qui divise <math>\vert G \vert </math>, donc <math>\vert N_{G}(P) \vert </math> est divisible par cette puissance de 2. Donc les 2-sous-groupes de Sylow de <math>N_{G}(P)</math> sont des 2-sous-groupes de Sylow de G, ce qui prouve le point b). }} c) On ajoute aux hypothèses que les 2-sous-groupes de Sylow de G ne sont pas cycliques. Déduire du point b) que pour tout p-sous-groupe de Sylow P de G, il existe un élément d'ordre 2 de G qui centralise P. {{clr}} {{Solution | contenu = Soit P un p-sous-groupe de Sylow de G. D'après le point b), il existe un 2-sous-groupe de Sylow H de G qui normalise P. Nous pouvons donc considérer l'homomorphisme :<math>f : H \to Aut(P)</math> tel que, pour tout élément <math>h</math> de H, <math>f(h)</math> soit l'automorphisme <math>x \mapsto h x h^{-1}</math> de P.<br /> D'après les hypothèses du point c), :(1)<math>\qquad</math>H n'est pas cyclique. D'autre part, d'après les hypothèses générales, P est d'ordre <math>p</math> premier, donc (chapitre [[../../Automorphismes d'un groupe cyclique/]]) le groupe Aut(P) est cyclique, donc son sous-groupe <math>f(H)</math> est cyclique.<br /> Joint à (1), cela montre que H et f(H) ne sont pas isomorphes, donc l'homomorphisme <math>f</math> n'est pas injectif, donc :(2)<math>\qquad Ker f</math> n'est pas réduit à l'élément neutre de H. Puisque H est un 2-groupe, son sous-groupe <math>Ker f</math> en est un aussi, donc il résulte de (2) que <math>Ker f</math> comprend au moins un élément d'ordre 2, ce qui revient à dire qu'il existe un élément d'ordre 2 de H (et donc de G) qui centralise P. }} d) Dans les hypothèses générales du problème, prouver que G satisfait à une au moins des conditions suivantes :<br /> 1° les 2-sous-groupes de Sylow sont cycliques;<br /> 2° il y a au moins un élément d'ordre 2 de G qui normalise tous les p-sous-groupes de Sylow de G;<br /> 3° G contient au moins un sous-groupe d'indice 2.<br /> '''Indication.''' Supposer que la condition 1° n'est pas satisfaite (ce qui permet d'appliquer le point c)) et que la condition 2° ne l'est pas non plus. Alors l'élément <math>s</math> d'ordre 2 considéré au point c) ne normalise pas tous les p-sous-groupes de Sylow de G. Raisonner sur la permutation <math>\psi (s)</math>, où <math>\psi</math> est l'homomorphisme considéré au point a). À l'aide d'un exercice de la série [[../Groupes symétriques finis/]], prouver que <math>\psi (s)</math> est une permutation impaire et, à l'aide d'un exercice de la série [[../Groupes alternés/]], en déduire que la condition 3° du point d) est satisfaite. {{clr}} {{Solution | contenu = Supposons que ni la condition 1° ni la condition 2° n'est satisfaite. Si nous en tirons que la condition 3° est satisfaite, le point d) sera démontré.<br /> Puisque nous supposons que la condition 1° n'est pas satisfaite, les 2-sous-groupes de Sylow de G ne sont pas cycliques, donc, d'après le point c), nous pouvons choisir :(1)<math>\qquad</math>un p-sous-groupe de Sylow P de G et un élément <math>s</math> d'ordre 2 de G qui centralise P. Puisque nous supposons que la condition 2° n'est pas satisfaite, :<math>s</math> ne normalise pas tous les p-sous-groupes de Sylow de G. Donc si X désigne l'ensemble des p-sous-groupes de Sylow de G, si <math>\psi</math> désigne, comme au point a), l'homomorphisme :<math>\psi : G \to S_{X}</math> tel que, pour tout élément <math>g</math> de G, <math>\psi (g)</math> soit la permutation <math>Q \mapsto g \ Q \ g^{-1}</math> de X, :<math>\psi (s)</math> n'est pas la permutation identique de X. Puisque <math>s</math> est d'ordre 2, il en résulte que :(2)<math>\qquad</math>la permutation <math>\psi (s)</math> de X est d'ordre 2. Choisissons dans P un élément <math>y</math> d'ordre <math>p</math>. D'après (1), <math>s</math> commute avec <math>y</math>, donc, puisque <math>\psi</math> est un homomorphisme, :(3)<math>\qquad \psi (s)</math> commute avec <math>\psi (y) .</math> D'autre part, d'après le point a), :(4)<math>\qquad \psi (y)</math> est le produit de deux p-cycles à supports disjoints. Il résulte de (2), de (3), de (4) et d'un problème de la série [[../Groupes symétriques finis/]] que <math>\psi (s)</math> est le produit de <math>p</math> transpositions (à supports deux à deux disjoints) et est donc une permutation impaire. Ainsi, l'image de l'homomorphisme <math>\psi </math> de G dans <math>S_{X}</math> comprend au moins une permutation impaire. D'après un problème de la série [[../Groupes alternés/]], il en résulte que G contient au moins un sous-groupe d'indice 2, autrement dit la condition 3° est satisfaite. Comme nous l'avons vu, cela prouve le point d). }} e) Déduire du point d) que, dans les hypothèses générales du problème, G n'est pas simple. {{clr}} {{Solution | contenu = Nous avons vu que G satisfait à une au moins des conditions 1° à 3° énoncées au point d).<br /> Si G satisfait à la condition 1°, c'est-à-dire si les 2-sous-groupes de Sylow de G sont cycliques, alors, d'après une conséquence du [[../../Transfert, théorème du complément normal de Burnside/|théorème du complément normal de Burnside]] (et compte tenu que l'ordre de G n'est pas premier), G n'est pas simple.<br /> Si maintenant G satisfait à la condition 2°, c'est-à-dire s'il y a un élément d'ordre 2 de G qui normalise tous les p-sous-groupes de Sylow de G, alors :(1)<math>\qquad \bigcap_{P \in X} N_{G}(P) \not= 1</math>, où X désigne l'ensemble des p-sous-groupes de Sylow de G.<br /> Supposons que, par absurde, G soit simple. D'après les hypothèses générales de l'énoncé, l'ordre de G n'est pas un nombre premier, donc G est un groupe simple non résoluble. On a vu (problème « Intersection des p-sous-groupes de Sylow et intersection de leurs normalisateurs » de la série [[../Théorèmes de Sylow/]]) que le membre gauche de (1) est un sous-groupe normal de G, donc, dans notre hypthèse où G est simple, la relation (1) donne :<math>\qquad \bigcap_{P \in X} N_{G}(P) = G</math>, donc G normalise « ses » p-sous-groupes de Sylow, donc G n'a qu'un p-sous-groupe de Sylow, soit P, et P est normal dans G. Puisque nous supposons G simple, il faut donc <math>P = G</math>, ce qui est impossible, puisque P, étant un p-groupe, est nilpotent et donc résoluble, alors que, comme noté, G n'est pas résoluble. La contradiction obtenue prouve que si la condition 2° est satisfaite, G n'est pas simple.<br /> Enfin, si la condition 3° est satisfaite, G contient un sous-groupe H d'indice 2. On sait que dans tout groupe, tout sous-groupe d'indice 2 est normal, donc H est normal dans G. Puisque H est d'indice 2 dans G, H < G. D'autre part, si H était trivial, G serait d'ordre 2, ce qui est contraire aux hypothèses générales. Donc 1 < H < G. Puisque H est normal dans G, cela prouve que G n'est pas simple. }} f) Prouver qu'il n'y a pas de groupe simple d'ordre 420. {{clr}} {{Solution | contenu = Soit, par absurde, G un groupe simple d'ordre :<math>420 = 2^{2} \cdot 3 \cdot 5 \cdot 7 .</math> Puisque l'ordre de G n'est pas premier, G est un groupe simple non abélien. Le nombre <math>n_{7}</math> des 7-sous-groupes de Sylow de G est > 1 ([[../../Premiers résultats sur les groupes simples/|chapitre théorique]], théorème 5, a) et congru à 1 modulo 7 et il divise 60 (théorèmes de Sylow), donc :<math>n_{7} = 15 = 2 \times 7 + 1 .</math> Les hypothèses générales sont donc satisfaites avec <math>p = 7</math>, donc, d'après le point e), G n'est pas simple. L'hypothèse selon laquelle G n'est pas simple entraîne donc sa propre contradiction. }} g) Prouver qu'il n'y a pas de groupe simple d'ordre 840. {{clr}} {{Solution | contenu = Soit, par absurde, G un groupe simple d'ordre :<math>840 = 2^{3} \cdot 3 \cdot 5 \cdot 7 .</math> Puisque l'ordre de G n'est pas premier, G est un groupe simple non abélien. Le nombre <math>n_{7}</math> des 7-sous-groupes de Sylow de G est > 1 ([[../../Premiers résultats sur les groupes simples/|chapitre théorique]], théorème 5, a) et congru à 1 modulo 7 et il divise 120 (théorèmes de Sylow), donc :<math>n_{7}</math> est égal à 8, à 15 ou à 120. Si <math>n_{7} = 120</math>, alors, pour un 7-sous-groupe de Sylow P de G, nous avons <math>\vert N_{G}(P) \vert = 7</math>, donc <math>N_{G}(P) </math> est abélien, donc, d'après le [[../../Transfert, théorème du complément normal de Burnside/|théorème du complément normal de Burnside]], G est 7-nilpotent. C'est impossible, car on a vu (chapitre [[../../Transfert, théorème du complément normal de Burnside/]]) qu'un groupe simple fini non abélien n'est q-nilpotent pour aucun facteur premier <math>q</math> de son ordre.<br /> Si maintenant <math>n_{7}</math> était égal à <math>8 = 7 + 1</math>, alors, d'après le problème 6, <math>840 / (7 \times 8) = 15</math> devrait diviser <math>7 - 1 = 6</math>, ce qui est faux.<br /> Donc :<math>n_{7} = 15 = 2 \times 7 + 1 .</math> Les hypothèses générales sont donc satisfaites avec <math>p = 7</math>, donc, d'après le point e), G n'est pas simple. L'hypothèse selon laquelle G n'est pas simple entraîne donc sa propre contradiction. }} == Groupes simples d'ordre < 168 == On va prouver dans cette section que tout groupe simple non commutatif d'ordre < 168 est d'ordre 60 (et est donc isomorphe à A₅ d’après un problème ci-dessus). La tâche nous serait évidemment facilitée si nous disposions du théorème de Feit et Thompson (tout groupe simple fini d'ordre non premier est d'ordre pair) et du théorème p-q de Burnside selon lequel tout groupe fini d'ordre p^aq^b, p et q étant des nombres premiers, est résoluble. (Nous démontrerons le théorème p-q de Burnside dans la suite du cours, à l'aide de la théorie des caractères. La démonstration du théorème de Feit et Thompson dépasse le cadre d'une introduction à la théorie des groupes.)<br /> Le lecteur intéressé par cette sorte de résultats peut se reporter à un exposé de Mark Reeder<ref>Mark Reeder, ''Notes on Group Theory'', 20 août 2019, p. 80 et ss., [http://pdvpmtasgaon.edu.in/uploads/dptmaths/AnotesofGroupTheoryByMarkReeder.pdf en ligne]. Attention : la façon dont la non-simplicité des groupes d'ordre 720 est démontrée dans l'exposé de M. Reeder a soulevé des critiques [https://math.stackexchange.com/questions/3873430/no-simple-group-of-order-720-again sur le site StackExchange].</ref> qui, sans beaucoup plus de frais qu'ici, détermine tous les ordres possibles (mais non toutes les structures possibles) des groupes simples non abéliens d'ordre au plus égal à 720.<br /> Dans ce qui suit, il y a un peu de double emploi avec le problème « Résolubilité des groupes d'ordre < 60 ». On n'a pas cru devoir l'éviter. === Problème 10 === a) Soit ''p'' un nombre premier et G un groupe simple fini dont l'ordre est divisible par p². Prouver que le nombre des p-sous-groupes de Sylow de G est ≥ 2p+1. {{clr}} {{Solution | contenu = On l'a prouvé au problème 6. Rappelons la démonstration à l'intention du lecteur qui n'a pas résolu le problème 6. G est un groupe simple fini d'ordre non premier, donc le nombre de ses p-sous-groupes de Sylow est > 1 (théorème 5, point a) du [[../../Premiers résultats sur les groupes simples/|chapitre théorique]]). D'autre part, d'après les théorèmes de Sylow, ce nombre est congru à 1 modulo ''p''. Si le nombre des p-sous-groupes de Sylow était égal à p+1, alors, d'après le chapitre théorique, G serait isomorphe à un sous-groupe de S_p+1, donc l'ordre de G diviserait (p+1)!, ce qui est impossible, puisque l'ordre de G est divisible par p² et que (p+1)! ne l'est pas. (On a déjà fait ce raisonnement au problème 6.) Donc le nombre des p-sous-groupes de Sylow est ≥ 2p+1. }} b) Soient ''p'' un nombre premier, ''m'' un nombre naturel non nul et G un groupe d'ordre p^m(p+1). Prouver que G n'est pas simple. (On l'a prouvé pour m = 1 dans les exercices de la série [[../Transfert, théorème du complément normal de Burnside|Transfert, théorème du complément normal de Burnside]], donc on peut supposer m ≥ 2.) {{clr}} {{Solution | contenu = Comme noté, on peut supposer m ≥ 2. D'après un théorème de Sylow, le nombre des p-sous-groupes de Sylow de G divise p+1 et est donc < 2p+1. D'après le point a), G n'est donc pas simple. }} c) Prouver qu'aucun groupe d'ordre 12 n'est simple. {{clr}} {{Solution | contenu = On peut faire p = 2 et m = 2 dans l'énoncé du point b). (Voir d'ailleurs la classification des groupes non abéliens d'ordre 12 qui a été donnée dans les exercices sur les [[../Groupes dicycliques|groupes dicycliques]].) }} d) Soit G un groupe d'ordre 4 p^r, avec ''p'' premier et ''r'' entier naturel ≥ 0. Prouver que G n’est pas simple. {{clr}} {{Solution | contenu = 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. Puisque son ordre est divisible par 4 et n'est donc pas premier, G est alors un groupe simple non abélien. D'après les théorèmes de Sylow, le nombre des p-sous-groupes de Sylow divise 4, donc (théorème 5 du [[../../Premiers résultats sur les groupes simples/|chapitre théorique]]) 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 c), ceci est absurde. }} === Problème 11 === Prouver qu'aucun groupe d'ordre 5 × 2{{exp|r}}, avec r ≥ 1, n'est simple. {{clr}} {{Solution | contenu = Soit G un groupe d'ordre n = 5 × 2{{exp|r}}, avec r ≥ 1. Si r = 1, ''n'' est le produit de deux nombres premiers distincts, donc, d'après un [[../Théorèmes de Sylow|exercice sur les théorèmes de Sylow]], G n’est pas simple. (On pourrait aussi noter que, dans ce cas, l'ordre de G n'est divisible par le carré d'aucun nombre premier, ce qui, d'après une conséquence du [[../../Transfert, théorème du complément normal de Burnside|théorème du complément normal de Burnside]], entraîne que 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. Reste le cas où r ≥ 3. Soit, par absurde, G un groupe simple d'ordre 5 × 2{{exp|r}}, avec r ≥ 3. Le nombre des 2-sous-groupes de Sylow de G est égal à 5, donc (théorème 5 du [[../../Premiers résultats sur les groupes simples/|chapitre théorique]]) l’ordre de G divise l’ordre 60 de A₅, ce qui est absurde, puisque l’ordre de G est divisible par 8. }} === Problème 12 === Soit G un groupe d'ordre 3 × pⁿ, avec ''p'' premier et n > 0. Prouver que G n’est pas simple. {{clr}} {{Solution | contenu = Si p = 3, G est résoluble d'ordre non premier et n'est donc pas simple. On peut donc supposer ''p'' distinct de 3. Alors un p-sous-groupe de Sylow de G est d'indice 3 dans G. Si G est simple, il en résulte (théorème 5 ou 6 du [[../../Premiers résultats sur les groupes simples/|chapitre théorique]]) que l’ordre 3 × pⁿ de G divise l’ordre de A₃, c'est-à-dire divise 3, ce qui est absurde. }} === Problème 13 === a) Prouver qu'aucun groupe d'ordre 56 n'est simple. {{clr}} {{Solution | contenu = 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, il en résulte que le nombre des éléments d'ordre 7 de G est égal 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. (Autre solution : on a prouvé dans les exercices de la série [[../Transfert, théorème du complément normal de Burnside|Transfert, théorème du complément normal de Burnside]] que si ''p'' est un nombre premier, aucun groupe d'ordre p(p+1) n'est simple. En faisant p = 7, on obtient l'énoncé.) }} b) Prouver qu'aucun groupe d'ordre n = 7 × 2 {{exp|r}}, avec r > 0, n'est simple. {{clr}} {{Solution | contenu = Si r = 1, ''n'' est le produit de deux nombres premiers, ce qui, comme on l'a rappelé dans un problème précédent, entraîne que 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{{exp|r}}, avec r ≥ 4. Puisque l'ordre de G n'est pas premier, G est un groupe simple non abélien. Un 2-sous-groupe de Sylow de G est d'indice 7 dans G, donc (théorème 5 ou 6 du [[../../Premiers résultats sur les groupes simples/|chapitre théorique]]) G est isomorphe à un sous-groupe de A₇. 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. }} === Problème 14 === Prouver qu'aucun groupe d'ordre 72 n'est simple. {{clr}} {{Solution | contenu = Soit, par absurde, G un groupe simple d'ordre 72. L'ordre de G n'est pas premier, donc G est un groupe simple non abélien. Le nombre des 3-sous-groupes de Sylow de G est congru à 1 modulo 3 et divise 8, donc divise 4. Il en résulte (théorème 5 du [[../../Premiers résultats sur les groupes simples/|chapitre théorique]]) 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. }} === Problème 15 === Prouver qu'aucun groupe d'ordre 84 n'est simple. {{clr}} {{Solution | contenu = Soit, par absurde, G un groupe simple d'ordre 84. Puisque l'ordre de G n'est pas premier, G est un groupe simple non abélien. Nous avons 84 = 7 × 12, où 7 est premier et où le seul diviseur de 12 congru à 1 modulo 7 est 1, donc le nombre des 7-sous-groupes de Sylow de G est 1. Cela contredit le théorème 5, point a) du [[../../Premiers résultats sur les groupes simples/|chapitre théorique]]. }} === Problème 16 === Prouver qu'aucun groupe d'ordre 120 n'est simple. {{clr}} {{Solution | contenu = Soit, par absurde, G un groupe simple d'ordre 120. Puisque l'ordre de G n'est pas premier, G est un groupe simple non abélien. Le nombre des 5-sous-groupes de Sylow de G est congru à 1 modulo 5 et divise 24, donc ce nombre est égal à 6. D'après le théorème 5 du [[../../Premiers résultats sur les groupes simples/|chapitre théorique]], il en résulte que 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 ([[../../Premiers résultats sur les groupes simples/|chapitre théorique]]) que A₆ est isomorphe à un sous-groupe de A₃, ce qui est absurde. }} === Problème 17 === On va prouver qu’il n'y a pas de groupe simple d'ordre 144<ref>Voir par exemple John S. Rose, ''A Course on Group Theory'', exerc. 281, pp. 100-101 (réimpr. Dover, 1994), consultable sur [https://books.google.be/books?id=j-I7Zpq3GdIC&pg=PA101#v=onepage&q&f=false Google Livres].</ref>. a) Le prouver en utilisant une conséquence du théorème du complément normal de Burnside démontrée dans les exercice de la série [[../Transfert, théorème du complément normal de Burnside/|Transfert, théorème du complément normal de Burnside]]. {{clr}} {{Solution | contenu = Soit, par absurde, G un groupe simple d'ordre 144. La décomposition de 144 en facteurs premiers est 2{{exp|4}} 3{{exp|2}}. 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. En posant p = 3 et en désignant par n_p le nombre des p-sous-groupes de Sylow de G, nous avons donc :<math>\vert G \vert = p^{2} n_{p}</math>, ce qui contredit un exercice de la série [[../Transfert, théorème du complément normal de Burnside/|Transfert, théorème du complément normal de Burnside]]. }} b) Le prouver sans utiliser le théorème du complément normal de Burnside ou un résultat reposant sur ce théorème. (Indication. Si, par absurde, G est un groupe simple d'ordre 144, prouver que deux différents 3-sous-groupes de Sylow de G ont toujours une intersection triviale. Pour cela, imiter la façon dont on a résolu le point c) du problème 2.) {{clr}} {{Solution | contenu = Soit, par absurde, G un groupe simple d'ordre 144. La décomposition de 144 en facteurs premiers est 2{{exp|4}} 3{{exp|2}}. 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.<br /> Prouvons que si P et Q sont deux 3-sous-groupes de Sylow de G, P ⋂ Q = 1.<br /> Commençons par prouver que <nowiki><P,Q></nowiki> = G. L'ordre du sous-groupe <nowiki><P,Q></nowiki> 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 <nowiki><P,Q></nowiki> 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 <nowiki><P,Q></nowiki> était d'orde 18, P serait d'indice 2 dans <nowiki><P,Q></nowiki>, donc P serait distingué dans <nowiki><P,Q></nowiki>, 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|Théorèmes de Sylow]].) Donc l’ordre de <nowiki><P,Q></nowiki> est 144, autrement dit, <nowiki><P,Q></nowiki> est G tout entier, comme annoncé. Prouvons maintenant que <math>P \cap Q = 1.</math> 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|Théorèmes de Sylow]]), P et Q sont commutatifs et sont donc contenus dans le centralisateur de ''a'', donc <nowiki><P,Q></nowiki> est contenu dans ce centralisateur. Puisque nous avons montré que <nowiki><P,Q></nowiki> 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 [[../../Premiers résultats sur les groupes simples|chapitre théorique]].) Nous avons donc prouvé que si P et Q sont deux 3-sous-groupes de Sylow de G distincts, <math>P \cap Q = 1.</math> 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. }} === Problème 18 === Soit G un groupe simple d'ordre < 168 et non premier. (Autrement dit, soit G un groupe simple non commutatif d'ordre < 168.) L'objet de ce problème est de prouver que G est isomorphe à A₅. a) Prouver que tout facteur premier de <nowiki>|G|</nowiki> est ≤ 7. (Indication : on peut utiliser un problème de la série [[../Transfert, théorème du complément normal de Burnside|Transfert, théorème du complément normal de Burnside]].) {{clr}} {{Solution | contenu = Soit ''p'' un facteur premier de <nowiki>|G|</nowiki>. D'après un problème de la série [[../Transfert, théorème du complément normal de Burnside|Transfert, théorème du complément normal de Burnside]], 2p(p+1) < 168. Ceci entraîne p < 9. Comme ''p'' est premier, il est donc ≤ 7. }} b) Prouver que <nowiki>|G|</nowiki> est divisible par 8 ou par 12. {{clr}} {{Solution | contenu = D'après un théorème du chapitre [[../../Transfert, théorème du complément normal de Burnside|Transfert, théorème du complément normal de Burnside]], il suffit de prouver que <nowiki>|G|</nowiki> est pair. Supposons que, par absurde, il soit impair. Désignons par ''p'' son plus petit facteur premier. Donc p ≥ 3. D'après le théorème du chapitre [[../../Transfert, théorème du complément normal de Burnside|Transfert, théorème du complément normal de Burnside]] dont il vient d’être question, <nowiki>|G|</nowiki> est divisible par p³. D'après les théorèmes de Sylow, le nombre des p-sous-groupes de Sylow de G est de la forme ap+1, avec ''a'' naturel, et p³ (ap+1) divise <nowiki>|G|</nowiki>. Puisque G est un groupe simple non commutatif, a > 0. D'autre part, puisque <nowiki>|G|</nowiki> est supposé impair et que ap+1 divise <nowiki>|G|</nowiki>, ap+1 est impair. Puisque ''p'' l'est aussi, ''a'' est pair. Donc a ≥ 2. Puisque p³ (ap+1) divise <nowiki>|G|</nowiki>, on a donc p³ (2p+1) ≤ <nowiki>|G|</nowiki> < 168. C'est impossible, puisque p ≥ 3, ce qui entraîne p³ (2p+1) ≥ 189. }} c) Prouver que <nowiki>|G|</nowiki> est divisible par 12. {{clr}} {{Solution | contenu = D'après le point b), il suffit de prouver que <nowiki>|G|</nowiki> est divisible par 3. Supposons que, par absurde, <nowiki>|G|</nowiki> ne soit pas divisible par 3. Alors, d’après le point b), <nowiki>|G|</nowiki> est divisible par 8. Puisque G est un groupe simple non commutatif, <nowiki>|G|</nowiki> n’est pas une puissance de 2. Puisque <nowiki>|G|</nowiki> est supposé non divisible par 3 et que, d’après le point a), tous ses facteurs premiers sont ≤ 7, il est donc divisible par 40 ou par 56. Puisqu’il est supposé non divisible par 3, il est donc égal à un des nombres 40, 80, 160, 56, 112. Toutes ces valeurs sont de la forme 5 × 2^r ou 7 × 2^r avec r > 0 et sont donc impossibles d’après les problèmes précédents. }} d) Prouver que G est isomorphe à A₅. {{clr}} {{Solution | contenu = D'après le point c), <nowiki>|G|</nowiki> est divisible par 12. Puisque, d’après le point a), tous ses facteurs premiers sont ≤ 7, il est donc égal à un des nombres 12, 24, 36, 48, 60, 72, 84, 96, 108, 120, 144. Les valeurs 12, 24, 48 et 96 sont de la forme 3 × 2^r avec r > 0 et sont donc impossibles d’après les problèmes précédents. Les valeurs 36 et 108 sont de la forme 4 p^r avec ''p'' premier et r > 0; elles sont donc impossibles d’après un problème précédent. Les valeurs 72, 84, 120 et 144 ont été éliminées individuellement dans les problèmes précédents. Donc <nowiki>|G|</nowiki> = 60. D'après un des problèmes qui précèdent, G est isomorphe à A₅. }} === Problème 19 === Prouver que tout groupe fini d'ordre < 168 et non divisible par 60 (autrement dit tout groupe fini dont l'ordre est < 168 et distinct de 60 et de 120) est résoluble. {{clr}} {{Solution | contenu = Soit G un groupe fini d'ordre < 168 et non divisible par 60. Dans une suite de Jordan-Hölder de G, chaque quotient est un groupe simple d'ordre < 168 et distinct de 60. D'après un précédent problème, chacun de ces groupes simples est commutatif, donc G est résoluble. }} == Problème 20 == On a vu dans la série d'exercices [[../Conjugaison, centralisateur, normalisateur]] que si G est un groupe fini et H un sous-groupe de G, si G est la réunion des conjugués de H, alors H est égal à G tout entier. Étendre ce résultat au cas où H est un sous-groupe d'indice fini d'un groupe G non forcément fini. (Se ramener au cas où G est fini, en notant que, d’après le chapitre théorique, H contient un sous-groupe normal de G qui est d'indice fini dans G.) {{clr}} {{Solution | contenu = Soient G un groupe (fini ou infini), H un sous-groupe d'indice fini de G tel que la réunion des conjugués de H soit égale à G. Il s'agit de prouver que H est égal à G. Désignons par K l'intersection des conjugués de H. D'après le chapitre théorique, K est un sous-groupe normal de G contenu dans H et est d'indice fini dans G. Les hypothèses entraînent clairement que G/K est la réunion des conjugués de H/K, donc, puisque le théorème est vrai dans le cas fini, H/K est égal à G/K, d'où (par exemple d’après le théorème de correspondance) H = G. }} == Notes et références == <references/> {{Bas de page | idfaculté = mathématiques | précédent = [[../Transfert, théorème du complément normal de Burnside/]] | suivant = [[../Groupes caractéristiquement simples, sous-groupes normaux minimaux/]] }} l0d1u8q0atlbr04dgdoi5bdo5f99jd7 982320 982319 2026-05-01T07:30:44Z Marvoir 1746 /* Problème 17 */ noté que le théorème p-q de Burnside fournirait une démonstration immédiate 982320 wikitext text/x-wiki {{Exercice | idfaculté = mathématiques | numéro = 29 | chapitre = [[../../Premiers résultats sur les groupes simples/]] | précédent = [[../Transfert, théorème du complément normal de Burnside/]] | suivant = [[../Groupes caractéristiquement simples, sous-groupes normaux minimaux/]] | niveau = 13 }} == Problème 1 (Groupes simples d'ordre 60) == Soit G un groupe simple d'ordre 60. En appliquant au nombre des 2-sous-groupes de Sylow de G une conséquence du théorème du complément normal de Burnside démontrée dans un exercice de la série [[../Transfert, théorème du complément normal de Burnside/|Transfert, théorème du complément normal de Burnside]], montrer que G est isomorphe à A₅. {{clr}} {{Solution | contenu = D'après les théorèmes de Sylow, le nombre des 2-sous-groupes de Sylow de G divise 15. D'autre part, puisque l'ordre de G n'est pas un nombre premier, G est un groupe simple non abélien, donc, d'après le théorème 5, point a) du [[../../Premiers résultats sur les groupes simples/|chapitre théorique]], le nombre des 2-sous-groupes de Sylow est > 1. Il est donc égal à 3, à 5 ou à 15. S'il était égal à 3, alors (théorème 5, point b) du [[../../Premiers résultats sur les groupes simples/|chapitre théorique]]), G serait isomorphe à un sous-groupe de A₃, ce qui est impossible puisque l’ordre de G est strictement supérieur à celui de A₃. Supposons que, par absurde, le nombre n₂ des 2-sous-groupes de Sylow de G soit égal à 15. Alors : <math>\vert G \vert = 2^{2} n_{2} = p^{2} n_{p}</math>, avec p = 2. Cela contredit le problème 7 de la série [[../Transfert, théorème du complément normal de Burnside/|Transfert, théorème du complément normal de Burnside]]. (En fait, le problème en question repose sur le principe général suivant, qui résulte du théorème du complément normal de Burnside : si S est un groupe simple fini non abélien, si P est un p-sous-groupe de Sylow de S pour un certain facteur premier ''p'' de l'ordre de S, si P est abélien, alors le normalisateur de P dans S n'est pas égal à P. On pourrait utiliser directement ce principe ici.) Donc le nombre des 2-sous-groupes de Sylow de G n’est pas égal à 15 et, d'après ce qui précède, il est égal à 5. Donc (chapitre théorique) G est isomorphe à un sous-groupe de A₅. Comme G a le même ordre que A₅, ce sous-groupe est A₅ tout entier, d'où l'énoncé. }} == Problème 2 (Groupes simples d'ordre 60) == Le but de cet exercice est de prouver de nouveau, mais sans utiliser le théorème du complément normal de Burnside ou une de ses conséquences, que tout groupe simple d'ordre 60 est isomorphe au groupe alterné A₅. a) Soit G un groupe simple d'ordre 60. Montrer que G comprend exactement 24 éléments d'ordre 5. {{clr}} {{Solution | contenu = D'après les théorèmes de Sylow et le théorème 5, point a) du [[../../Premiers résultats sur les groupes simples/|chapitre théorique]], 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|Groupes monogènes, ordre d'un élément]], il en résulte que G comprend exactement 24 éléments d'ordre 5. }} b) On suppose que les 2-sous-groupes de Sylow de G ont deux à deux une intersection triviale (c'est-à-dire que l'intersection de deux de ces sous-groupes est toujours réduite à l'élément neutre). Prouver que le nombre des 2-sous-groupes de Sylow de G est 5. (On pourra utiliser le point a), ou encore un exercice de la série [[../Théorèmes de Sylow|Théorèmes de Sylow]].) {{clr}} {{Solution | contenu = 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.<br /> 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|Théorèmes de Sylow]] que leur nombre est congru à 1 modulo 4. }} c) Supposons maintenant que, contrairement à l'hypothèse faite au point b), il existe deux sous-groupes d'ordre 4 de G dont l'intersection n’est pas triviale (et est donc un sous-groupe d'ordre 2 de G). Montrer que le centralisateur de l'élément non neutre de cette intersection est un groupe d'ordre 12. {{clr}} {{Solution | contenu = Soient P₁ et P₂ deux sous-groupes d'ordre 4 dont l'intersection n’est pas triviale (et est donc d'ordre 2), 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|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 l'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. }} d) Montrer que (dans les hypothèses du point b) aussi bien que dans celles du point c)) G admet un sous-groupe d'indice 5. {{clr}} {{Solution | contenu = 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. }} e) Déduire du point d) que G est isomorphe au groupe alterné A₅. {{clr}} {{Solution | contenu = D'après le théorème 5 du [[../../Premiers résultats sur les groupes simples/|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. }} Remarque : on trouvera au problème 3 une autre preuve du fait que tout groupe simple d'ordre 60 est isomorphe à A₅. f) De l'hypothèse du point b) (deux sous-groupes d'ordre 4 de G se coupent toujours trivialement) et de celle du point c) (il existe deux sous-groupes d'ordre 4 de G dont l'intersection n’est pas triviale et est donc un sous-groupe d'ordre 2 de G), laquelle est vraie ? {{clr}} {{Solution | contenu = 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. }} == Problème 3 (Groupes simples d'ordre 60) == On va donner une troisième démonstration du fait que tout groupe simple d'ordre 60 est isomorphe à A₅. a) Soit ''n'' un nombre naturel non nul et H un sous-groupe d'indice ''n'' de A_n. Prouver que H est isomorphe à A_n-1. (Indication. Se ramener au cas <math>n \geq 5</math>, auquel cas A_n est simple. Faire opérer A_n par translation à gauche sur l’ensemble A_n/H de ses ''n'' classes à gauche modulo H et noter que, dans cette opération, chaque élément du sous-groupe H de A_n fixe le point H. Considérer l'homomorphisme <math>\varphi</math> de A_n dans <math>\ S_{A_{n}/H}</math> associé à cette opération, montrer qu’il est injectif et prend ses valeurs dans <math>\ A_{A_{n}/H}</math>, puis considérer sa restriction à H.) {{clr}} {{Solution | contenu = Si n ≤ 4, l'énoncé résulte immédiatement du fait que tous les groupes d'un même ordre ≤ 3 sont isomorphes entre eux. Nous pouvons donc supposer n ≥ 5, auquel cas A_n est simple. Soit H un sous-groupe d'indice ''n'' de C. Il s'agit de prouver que H est isomorphe à A_n-1. Puisque H est d'indice ''n'' dans A_n, nous savons déjà que H a le même ordre que A_n-1. Considérons l'opération de A_n par translation à gauche sur l’ensemble de ses ''n'' classes à gauche modulo H. L'homomorphisme associé à cette opération est <div style="text-align: center;"><math>\varphi : A_{n} \rightarrow S_{A_{n}/H} : g \mapsto \varphi(g) : aH \mapsto gaH.</math></div> Cette opération est transitive et donc non triviale. Puisque A_n est simple et d'ordre > 2, il en résulte ([[../../Premiers résultats sur les groupes simples#Utilisation des opérations d'un groupe sur certains ensembles|chapitre Premiers résultats sur les groupes simples, section Utilisation des opérations d'un groupe sur certains ensembles]]) que <math>\varphi</math> est injectif et prend ses valeurs dans le groupe alterné <math>A_{A_{n}/H}</math>. Soit ''h'' un élément de H. D'après la définition de <math>\ \varphi</math>, <math>\ \varphi (h)</math> est une permutation de A_n/H qui laisse fixe le point H. Donc la restriction de <math>\ \varphi</math> à H est un homomorphisme injectif qui prend ses valeurs dans le sous-groupe B de <math>A_{A_{n}/H}</math> formé par les permutations paires de <math>A_{n}/H</math> qui fixent le point H. Donc H est isomorphe à un sous-groupe de B. D'autre part, si à chaque élément de B, nous faisons correspondre sa birestriction à A_n/H - {H}, nous définissons un isomorphisme de B sur le groupe alterné de l’ensemble A_n/H - {H} (voir [[../Groupes alternés#Problème. Exemple de groupe simple infini|exercice sur les groupes alternés, exemple de groupe simple infini]]). Donc H est isomorphe à un sous-groupe du groupe alterné de l’ensemble A_n/H - {H}. Par hypothèse, l’ensemble A_n/H - {H} est de cardinal n - 1, donc H est isomorphe à un sous-groupe T de A_n-1. Nous avons noté que H a le même ordre que A_n-1, donc T a le même ordre que A_n-1, donc T = A_n-1, donc H est isomorphe à A_n-1. }} b) Déduire du point a) une nouvelle preuve du fait que tout groupe simple d'ordre 60 est isomorphe à A₅. (Indication : raisonner sur le nombre des 5-sous-groupes de Sylow de G.) {{clr}} {{Solution | contenu = Soit G un groupe simple d'ordre 60. Comme nous l'avons vu au problème 1, les 5-sous-groupes de Sylow de G sont au nombre de 6. D'après le théorème 5 du chapitre ''[[../../Premiers résultats sur les groupes simples#Utilisation des opérations d'un groupe sur certains ensembles|Premiers résultats sur les groupes simples]]'', section ''Utilisation des opérations d'un groupe sur certains ensembles'', G est isomorphe à un sous-groupe G₀ de A₆. Alors G₀ est d'ordre 60, donc d'indice 6 dans A₆. D'après le point a), G₀ est donc isomorphe à A₅, donc G l'est aussi. }} == Problème 4 (Résolubilité des groupes d'ordre < 60) == On va prouver que tout groupe d'ordre < 60 est résoluble. (Le [[../../Le théorème p-q de Burnside|théorème p-q de Burnside]], qui sera démontré dans la suite du cours, fournira une démonstration plus élégante.) a) Soit G un groupe d'ordre 3 × pⁿ, avec ''p'' premier et n > 0. Prouver que G n’est pas simple. (En particulier, aucun groupe d'ordre 12 n'est simple, ce qu'on sait déjà, car on a prouvé dans [[../Groupes dicycliques/|les exercices sur le chapitre Groupes dicycliques]] que tout groupe d'ordre 12 est résoluble.) {{clr}} {{Solution | contenu = Si p = 3, G est résoluble d'ordre non premier et n'est donc pas simple. On peut donc supposer ''p'' distinct de 3. Alors un p-sous-groupe de Sylow de G est d'indice 3 dans G. Si G est simple, il en résulte (théorème 5 ou 6 du [[../../Premiers résultats sur les groupes simples/|chapitre théorique]]) que l’ordre 3 × pⁿ de G divise l’ordre de A₃, c'est-à-dire divise 3, ce qui est absurde. }} b) Soit G un groupe d'ordre 4 p^r, avec ''p'' premier et ''r'' entier naturel ≥ 0. Prouver que G n’est pas simple. {{clr}} {{Solution | contenu = 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. Puisque son ordre est divisible par 4 et n'est donc pas premier, G est alors un groupe simple non abélien. D'après les théorèmes de Sylow, le nombre des p-sous-groupes de Sylow divise 4, donc (théorème 5 du [[../../Premiers résultats sur les groupes simples/|chapitre théorique]]) 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. C'est impossible, puisque, comme noté au point a), aucun groupe d'ordre 12 n'est simple. }} c) Prouver qu'il n'y a pas de groupe simple non abélien d'ordre < 60.<br /> (Indication : raisonner par l'absurde en supposant qu'un certain groupe G d'ordre < 60 soit simple et non abélien. On peut abréger les raisonnements en utilisant une majoration du plus grand facteur premier de <math>\vert G \vert</math> donnée dans [[../Transfert, théorème du complément normal de Burnside/|les exercices sur le chapitre Transfert, théorème du complément normal de Burnside]].) {{clr}} {{Solution | contenu = Soit, par absurde, G un groupe simple non abélien d'ordre < 60. Notons <math>p</math> le plus grand facteur premier de <math>\vert G \vert</math>. D'après [[../Transfert, théorème du complément normal de Burnside/|un exercice sur le chapitre Transfert, théorème du complément normal de Burnside]], :<math>2 p (p+1) \leq \vert G \vert</math>, donc :<math>2 p (p+1) < 60</math>, d'où, puisque <math>p</math> est un nombre premier, :<math>p \leq 3.</math> Puisque G est un groupe simple non abélien et n'est donc pas résoluble, son ordre a au moins deux facteurs premiers distincts, donc, d'après ce qui précède, <math>\vert G \vert</math> est divisible par 2 et par 3, qui sont ses deux seuls facteurs premiers. Si l'ordre d'un groupe simple non abélien est pair, il est divisible par 4 (voir le chapitre [[../../Transfert, théorème du complément normal de Burnside/]]), donc <math>\vert G \vert</math> est divisible par 12 et est donc égal à un des nombres 12, 24, 36, 48. D'après le point a) (où on fait p = 2), aucun groupe d'ordre 12 ni aucun groupe d'ordre 24 ni aucun groupe d'ordre 48 n'est simple. (Pour les groupes d'ordre 24, on le sait déjà, puisqu'on a vu dans les [[../Groupes nilpotents/|exercices sur le chapitre Groupes nilpotents]] que tout groupe d'ordre 24 est résoluble.) De plus, d'après le point b) (où on fait p = 3), aucun groupe d'ordre 36 n'est simple. La contradiction obtenue prouve le point c). }} d) Prouver que tout groupe d'ordre < 60 est résoluble. {{clr}} {{Solution | contenu = Soit G un groupe d'ordre < 60. Dans une suite de Jordan-Hölder de G, les quotients sont des groupes simples d'ordre < 60, donc, d'après le point c), ces quotients sont des groupes simples abéliens, donc G est résoluble. }} Remarque : le fait que tout groupe d'ordre < 60 soit résoluble nous servira dans le chapitre [[../../Simplicité des groupes linéaires spéciaux projectifs]]. == Problème 5 == Soient p, q, r trois nombres premiers distincts et G un groupe d'ordre pqr. Puisque l’ordre de G n'est divisible par le carré d'aucun nombre premier, il résulte d'un exercice de la série [[../Transfert, théorème du complément normal de Burnside|Transfert, théorème du complément normal de Burnside]] que G est résoluble et, en particulier, n’est pas simple. On va démontrer ici la non-simplicité de G sans utiliser le théorème du complément normal de Burnside. On désigne par n_p (resp. n_q, resp. n_r) le nombre des p-sous-groupes (resp. q-sous-groupes, resp. r-sous-groupes) de Sylow de G. a) Prouver que :<math>(1) \quad pqr \geq n_{p} (p - 1) + n_{q} (q - 1) + n_{r} (r - 1) + 1.</math> {{clr}} {{Solution | contenu = 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|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. }} b) Nous pouvons évidemment supposer p < q < r. Montrer que si n_p > 1, alors n_p ≥ ''q''; que si n_q > 1, alors n_q ≥ ''r''; et que si n_r est > 1, alors n_r = pq. {{clr}} {{Solution | contenu = 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''. }} c) Déduire de a) et b) que si G est un groupe d'ordre pqr, où ''p'', ''q'' et ''r'' sont des nombres premiers distincts, G n’est pas simple. {{clr}} {{Solution | contenu = 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 (théorème 5, point a) du [[../../Premiers résultats sur les groupes simples/|chapitre théorique]]), donc, d’après b), :<math>n_{p} \geq q, n_{q} \geq r, n_{r} \geq pq.</math> En portant cela dans la relation (1) du point a) nous trouvons :<math>pqr \geq q\ (p-1) + r\ (q-1) + pq\ (r-1) + 1,</math> d'où :<math>\ q + r > qr,</math> ce qui est absurde, par exemple parce que le premier membre est < 2''r'' et le second membre > 2''r''. }} == Problème 6 == Soient G un groupe simple fini et ''p'' un diviseur premier de l'ordre de G tel que le nombre des p-sous-groupes de Sylow de G soit égal à p + 1. On va prouver le théorème de Siceloff<ref>L. P. Siceloff, « Simple Groups from Order 2001 to Order 3640 », ''American Journal of Mathematics'', vol. 34, n° 4 (oct. 1912), p. 361-372, consultable sur [https://www.jstor.org/stable/2370496?seq=1 JSTOR].</ref>, à savoir que :<math>\vert G \vert = a p (p+ 1)</math>, où ''a'' est un nombre naturel divisant p - 1. (En particulier, <math>\vert G \vert</math> n'est pas divisible par <math>p^{2}.</math>)<br /> On désigne par <math>X</math> l'ensemble des p-sous-groupes de Sylow de G et on choisit une fois pour toutes un p-sous-groupe de Sylow P de G. a) Prouver que <math>\vert G \vert = a p (p + 1)</math>, où ''a'' est un nombre naturel non divisible par ''p''. (Donc <math>\vert G \vert </math> n'est pas divisible par <math>p^{2}</math> et les p-sous-groupes de Sylow de G sont d'ordre ''p''.) {{clr}} {{Solution | contenu = Soit <math>p^{m}</math> la plus grande puissance de <math>p</math> divisant <math>\vert G \vert.</math> D'après les théorèmes de Sylow, le nombre des p-sous-groupes de Sylow de G divise <math>\vert G \vert / p^{m}</math> et divise donc <math>\vert G \vert / p.</math> D'après les hypothèses de l'énoncé, cela signifie que <math>p + 1</math> divise <math>\vert G \vert / p</math>, donc :(1) <math>\qquad \vert G \vert = a p (p + 1)</math>, avec <math>a</math> naturel. D'autre part, l'ordre de G n'est pas premier, donc G est un groupe simple non abélien, donc, puisque le nombre des p-sous-groupes de Sylow de G est <math>p + 1</math>, G est isomorphe à un sous-groupe de <math>S_{p+1}</math> (voir le [[../../Premiers résultats sur les groupes simples/|chapitre théorique]], théorème 5, b), donc :<math>\vert G \vert </math> divise <math>\vert S_{p+1} \vert = (p+1) !</math> Puisque <math>(p+1)!</math> n'est pas divisible par <math>p^{2}</math>, <math>\vert G \vert </math> ne l'est donc pas non plus, donc <math>a</math> n'est pas divisible par <math>p</math>, ce qui démontre le point a). }} b) On a convenu sous l'énoncé général que X désigne l'ensemble des p-sous-groupes de Sylow de G et que P est un de ces p-sous-groupes de Sylow. Prouver que P agit sur <math>X \setminus{\{P \}}</math> par conjugaison et que cette action n'a aucun point fixe. {{clr}} {{Solution | contenu = Le groupe G agit par conjugaison sur l'ensemble X de ses p-sous-groupes de Sylow, donc tout sous-groupe de G, et en particulier P, agit par conjugaison sur l'ensemble X. Si Q est un élément de <math>X \setminus{\{P \}}</math>, c'est-à-dire un p-sous-groupe de Sylow de G distinct de P, si <math>x</math> est un élément de P, alors <math>x Q x^{-1} \not= P.</math> En effet, dans le cas contraire, on aurait <math>Q = x^{-1} P x</math> avec <math>x \in P</math>, d'où Q = P, contradiction.<br /> Donc P agit sur <math>X \setminus{\{P \}}</math> par conjugaison. Prouvons que cette action n'a pas de point fixe. Si Q était un tel point fixe, P normaliserait Q. Or on a vu dans l'exercice « Autre démonstration des théorèmes de Sylow » de [[../Théorèmes de Sylow/|la série Théorèmes de Sylow]] qu'un p-sous-groupe de Sylow d'un groupe fini G ne normalise jamais un autre p-sous-groupe de Sylow de G. Donc l'action de P sur <math>X \setminus{\{P \}}</math> par conjugaison n'a pas de point fixe. (Cela revient à dire que le seul point fixe de l'action de P sur X par conjugaison est le « point » P.) }} c) Prouver que l'action de <math>P</math> sur <math>X \setminus{\{P \}}</math> par conjugaison est transitive. (Indication : raisonner sur le cardinal d'une orbite.) {{clr}} {{Solution | contenu = Puisque le nombre des p-sous-groupes de Sylow de G est supposé égal à <math>p+1</math>, l'ensemble <math>X \setminus{\{P \}}</math> est de cardinal <math>p</math> et n'est donc pas vide. Nous pouvons donc choisir une orbite <math>\Omega</math> de l'action de <math>P</math> sur <math>X \setminus{\{P \}}</math> par conjugaison. Le cardinal d'une orbite divise toujours l'ordre du groupe opérant, donc, dans l'action de <math>P</math> sur <math>X \setminus{\{P \}}</math> par conjugaison, le cardinal de toute orbite divise <math>\vert P \vert .</math> On a vu au point a) que <math>\vert P \vert </math> est le nombre premier <math>p</math>, donc toute orbite est de cardinal 1 ou <math>p.</math> On a vu au point b) qu'aucune orbite n'est ponctuelle, donc toute orbite est de cardinal <math>p.</math> En particulier, <math>\Omega</math> est de cardinal <math>p</math>. Mais, comme noté, <math>X \setminus{\{P \}}</math> est lui-même de cardinal <math>p</math>, donc <math>X \setminus{\{P \}} = \Omega</math>, donc <math>X \setminus{\{P \}}</math> est la seule orbite, ce qui revient à dire que l'action est transitive. }} d) Prouver que <math>C_{G}(P)</math> opère [[Théorie des groupes/Action de groupe|librement]] sur <math>X \setminus{\{P \}}</math> par conjugaison. (Indication : pour prouver que l'opération est libre, montrer qu'un élément de <math>C_{G}(P)</math> qui normalise un p-sous-groupe de Sylow de G autre que P normalise tous les p-sous-groupes de Sylow de G.) {{clr}} {{Solution | contenu = Comme tout sous-groupe de G, <math>C_{G}(P)</math> opère sur X par conjugaison. Soit Q un élément de <math>X \setminus{\{P \}}</math>, c'est-à-dire un p-sous-groupe de Sylow de G distinct de P, soit ''c'' un élément de <math>C_{G}(P).</math> Si on avait <math>cQc^{-1} = P</math>, on aurait <math>Q = c^{-1} P c</math>; mais <math>C_{G}(P)</math> normalise P, donc <math>c^{-1} P c = P</math>, donc on aurait Q = P, contradiction.<br /> Ceci montre que <math>C_{G}(P)</math> opère sur <math>X \setminus{\{P \}}</math> par conjugaison. Pour prouver que cette action est libre, nous devons prouver que , pour tout élément Q de <math>X \setminus{\{P \}}</math>, le stabilisateur du « point » Q pour cette action est trivial.<br /> Ce stabilisateur est <math>C_{G}(P) \cap N_{G}(Q)</math>, donc nous devons prouver que si Q est un p-sous-groupe de Sylow de G distinct de P, alors :(thèse 1)<math>\qquad C_{G}(P) \cap N_{G}(Q) = 1.</math> Soit ''c'' un élément de <math>\qquad C_{G}(P) \cap N_{G}(Q).</math> Il s'agit de prouver que :(thèse 2)<math>\qquad c = 1.</math> Puisque ''c'' appartient à <math>N_{G}(Q)</math>, :(3)<math>\qquad cQc^{-1} = Q.</math> Soit ''x'' un élément de P. Alors ''c'' commute avec ''x'', donc :<math>\qquad c(xQx^{-1})c^{-1} = xcQc^{-1}x^{-1}</math>, ce qui, d'après (3), peut s'écrire :(4)<math>\qquad c(xQx^{-1})c^{-1} = xQx^{-1}.</math> Puisque ceci est vrai pour tout élément ''x'' de P et que, d'après la question c), P agit transitivement sur <math>X \setminus{\{P \}}</math> par conjugaison, (4) montre que ''c'' normalise tous les p-sous-groupes de Sylow de G distincts de P. Puisque ''c'' appartient à <math>C_{G}(P)</math>, il normalise également P, donc ''c'' normalise tous les p-sous-groupes de Sylow de G, :(5)<math>\qquad c \in \bigcap_{S \in X} N_{G}(S).</math> Le membre droit est un sous-groupe normal de G (voir un exercice de la série [[../Théorèmes de Sylow/|Théorèmes de Sylow]]), donc, puisque G est simple, ce membre droit est égal à 1 ou à G. S'il était égal à G, les p-sous-groupes de Sylow de G seraient normaux dans G, donc il n'y en aurait qu'un, ce qui contredit l'hypothèse selon laquelle ils sont en nombre p + 1. (Plus généralement, si G est un groupe simple fini non abélien et ''p'' un facteur premier de <math>\vert G \vert</math>, l'intersection des normalisateurs des p-sous-groupes de Sylow de G est réduite à l'élément neutre. En effet, dans ce cas, aucun p-sous-groupe de Sylow de G n'est normal dans G; voir [[Théorie des groupes/Premiers résultats sur les groupes simples|le chapitre Premiers résultats sur les groupes simples]], théorème 5, a.)<br /> Donc le membre droit de (5) est le sous-groupe trivial de G, donc c = 1, ce qui prouve la thèse (2) et donc la thèse (1), qui, comme nous l'avons vu, revient à dire que l'action de <math>C_{G}(P)</math> sur <math>X \setminus{\{P \}}</math> par conjugaison est libre. }} e) Déduire du point d) que <math>C_{G}(P) = P</math>, puis, à l'aide du lemme N/C ([[Théorie des groupes/Conjugaison, centralisateur, normalisateur|chapitre Conjugaison, centralisateur, normalisateur]]), prouver ce qui reste à démontrer dans l'énoncé général, à savoir que le nombre naturel ''a'' divise p-1. {{clr}} {{Solution | contenu = Puisque, d'après le point d), <math>C_{G}(P)</math> agit librement sur <math>X \setminus{\{P \}}</math>, nous avons ([[Théorie des groupes/Action de groupe|chapitre Action de groupe]]) :<math>\qquad \vert C_{G}(P) \vert \leq \vert X \setminus{\{P \}} \vert</math>, :<math>\qquad \vert C_{G}(P) \vert \leq p</math>, :(1) <math>\qquad \vert C_{G}(P) \vert \leq \vert P \vert .</math> D'autre part, P, étant un groupe d'ordre premier, est abélien, donc :<math>\qquad P \subseteq C_{G}(P) .</math> Joint à (1), cela donne :<math>\qquad C_{G}(P) = P</math>, d'où :<math>\qquad N_{G}(P)/C_{G}(P) = N_{G}(P)/P.</math> D'après le lemme N/C, le membre gauche est isomorphe à un sous-groupe de Aut(P), donc :(2)<math>\qquad N_{G}(P)/P</math> est isomorphe à un sous-groupe de Aut(P). Puisque P est d'ordre premier ''p'', <math>\vert Aut(P) \vert = p-1</math> ([[Théorie des groupes/Automorphismes d'un groupe cyclique|chapitre Automorphismes d'un groupe cyclique]]), donc, d'après (2), :<math>\qquad \vert N_{G}(P)/P \vert</math> divise p-1, :(3)<math>\qquad \vert N_{G}(P) \vert /p</math> divise p-1, D'autre part, l'indice de <math>N_{G}(P)</math> dans G est le nombre des p-sous-groupes de Sylow de G et, par hypothèse, ce nombre est égal à p+1. Donc :<math>\qquad \vert G \vert / \vert N_{G}(P) \vert = p+1</math>, :<math>\qquad \vert N_{G}(P) \vert = \vert G \vert / \vert (p+1).</math> Dans les notations du point a), cela s'écrit :<math>\qquad \vert N_{G}(P) \vert = ap</math>, :<math>\qquad \vert N_{G}(P) \vert /p = a</math>, donc, d'après (3), ''a'' divise p-1. Joint au point a), cela prouve l'énoncé général. }} f) Prouver qu'il n'y a pas de groupe simple d'ordre 560. {{clr}} {{Solution | contenu = Soit, par absurde, G un groupe simple d'ordre 560. Donc :<math>\vert G\vert = 2^{4} \times 5 \times 7 .</math> Notons <math>n_{7}</math> le nombre des 7-sous-groupes de Sylow de G. Alors <math>n_{7} > 1</math> ([[../../Premiers résultats sur les groupes simples/|chapitre théorique]], théorème 5, a), <math>n_{7} \equiv 1</math> (pmod 7) et <math>n_{7}</math> divise 80 (théorèmes de Sylow). Ce n'est possible qu'avec :<math>n_{7} = 8 = 7 + 1 .</math> D'après le point e), il en résulte que :<math>\vert G\vert / (7 \times 8)</math> divise <math>7 - 1</math>, c'est-à-dire que 10 divise 6, ce qui est absurde. }} == Problème 7 == Soit G un groupe simple fini, soit <math>p</math> un nombre premier tel que l'ordre de G soit divisible par <math>2 p (p+1)</math> et que le nombre des p-sous-groupes de Sylow de G soit égal à <math>p+1 .</math> On va prouver que :<math>p \equiv 1 \pmod{4} .</math> a) Prouver que G est isomorphe à un sous-groupe de <math>A_{p+1}.</math> {{clr}} {{Solution | contenu = Puisque le nombre des p-sous-groupes de Sylow de G est supposé égal à <math>p+1</math>, c'est une conséquence immédiate d'un théorème démontré dans le [[../../Premiers résultats sur les groupes simples/|chapitre théorique]]. }} b) Prouver que <math>p</math> est impair. {{clr}} {{Solution | contenu = Puisque <math>p</math> est un nombre premier, il suffit de prouver qu'il est distinct de 2. S'il était égal à 2, alors, d'après le point a), <math>\vert G \vert</math> diviserait <math>\vert A_{3} \vert = 3 .</math> C'est impossible, puisque <math>\vert G \vert</math> est supposé divisible par <math>2 p (p+1) .</math> }} c) Prouver que <math>\vert G \vert</math> n'est pas divisible par <math>p^{2} .</math> {{clr}} {{Solution | contenu = Cela résulte du problème 6, a). Rappelons la démonstration : d'après le point a), G est isomorphe à un sous-groupe de <math>A_{p+1}</math>, donc :<math>\vert G \vert </math> divise <math>\vert A_{p+1} \vert = (p+1)! / 2 .</math> Puisque <math>(p+1)! / 2</math> n'est pas divisible par <math>p^{2}</math>, <math>\vert G \vert </math> ne l'est donc pas non plus }} d) Soit P un p-sous-groupe de Sylow de G. Prouver que <math>\vert N_{G}(P) \vert</math> est divisible par <math>2p .</math> {{clr}} {{Solution | contenu = L'indice de <math> N_{G}(P) </math> dans G est égal au nombre des p-sous-groupes de Sylow de G, c'est-à-dire, d'après les hypothèses, à <math>p+1 .</math> Donc :<math>\vert G \vert / \vert N_{G}(P) \vert = p+1</math>, :<math>\vert N_{G}(P) \vert = \vert G \vert / (p+1) .</math> Puisque, par hypothèse, <math>\vert G \vert</math> est divisible par <math>2 p (p+1)</math>, <math>\vert N_{G}(P) \vert</math> est donc divisible par <math>2p .</math> }} e) Toujours si P est un p-sous-groupe de Sylow de G, prouver qu'il existe un élément <math>s</math> d'ordre 2 de G (involution) tel que, pour tout <math>x</math> dans P, <math>sxs^{-1} = x^{-1} .</math> (Cela revient à dire que <math> N_{G}(P) </math> contient un sous-groupe diédral d'ordre <math>2p .</math>)<br /> Indication : utiliser les points a) et d). {{clr}} {{Solution | contenu = D'après le point d), <math> N_{G}(P) </math> est d'ordre pair et comprend donc un élément d'ordre 2 (théorème de Cauchy), soit <math>s .</math><br /> Soit <math>x</math> un élément de <math>P \setminus \{ 1 \}</math>, autrement dit (puisque, d'après le point c), P est d'ordre <math>p</math> premier) un générateur de P.<br /> Puisque <math>s</math> normalise P et que <math>x</math> est un générateur de P, il existe un nombre naturel <math>n</math> tel que :(1)<math>\qquad s x s^{-1} = x^{n} .</math> En appliquant aux deux membres l'automorphisme intérieur <math>g \mapsto s g s^{-1}</math> de G, nous trouvons :<math>s^{2} x s^{-2} = s x^{n} s^{-1} .</math> Puisque <math>s</math> est d'ordre 2, le membre gauche est égal à <math>x</math>; d'autre part, le membre droit est égal à <math>(s x s^{-1})^{n} = x^{n^{2}} .</math> Donc <math>x^{n^{2}} = x</math>, <math>x^{n^{2}-1} = 1</math>, donc :<math>n^{2}-1 \equiv 0 \pmod{p}</math>, :<math>(n-1) (n+1) \equiv 0 \pmod{p}</math>, donc :(2)<math>\qquad n</math> est congru à 1 ou à - 1 modulo <math>p .</math> Prouvons que <math>n \not\equiv 1 \pmod{p} .</math> Dans le cas contraire , (1) donnerait :<math>sxs^{-1} = x</math>, donc :(3)<math>\qquad s</math> commuterait avec <math>x .</math> D'après le point a), il existe un homomorphisme injectif <math>f</math> de G dans <math>A_{p+1}.</math> Puisque <math>f</math> est un homomorphisme, il résulte de (3) que :(4)<math>\qquad f(s)</math> commuterait avec <math>f(x) .</math> D'autre part, puisque l'homomorphisme <math>f</math> est injectif, :(5)<math>\qquad f(x)</math> est d'ordre <math>p</math> et <math>f(s)</math> est d'ordre 2. Donc, d'après (4) et (5), il y aurait dans <math>A_{p+1}</math> un élément d'ordre <math>p</math> qui commuterait avec un élément d'ordre 2. En raisonnant sur la décomposition canonique d'une permutation en cycles, on voit qu'un élément d'ordre <math>p</math> de <math>A_{p+1}</math> (et même un élément d'ordre <math>p</math> de <math>S_{p+1}</math>) est forcément un p-cycle. Il y aurait donc dans <math>S_{p+1}</math> un p-cycle qui commuterait avec un élément d'ordre 2. C'est impossible, par exemple parce que, d'après le problème « Centralisateur d'un long cycle » de la série [[../Groupes symétriques finis/|Groupes symétriques finis]], le centralisateur d'un p-cycle de <math>S_{p+1}</math> est le sous-groupe de <math>S_{p+1}</math> engendré par ce cycle et est donc d'ordre <math>p</math>, de sorte qu'il ne comprend pas d'élément d'ordre 2 (puisqu'on a vu que <math>p</math> est impair). Sans utiliser le problème « Centralisateur d'un long cycle » de la série [[../Groupes symétriques finis/|Groupes symétriques finis]], on peut noter que s'il existait dans <math>S_{p+1}</math> un élément d'ordre <math>p</math> qui commutait avec un élément d'ordre 2, <math>S_{p+1}</math> comprendrait un élément d'ordre <math>2 p</math>, ce qui est impossible, vu la décomposition canonique d'une permutation en cycles.<br /> Nous avons donc prouvé que <math>n \not\equiv 1 \pmod{p}</math>, donc, d'après (2), :<math>n \equiv -1 \pmod{p} .</math> D'après (1), ceci donne :<math>\qquad s x s^{-1} = x^{-1} .</math> Cela est démontré pour tout <math>x</math> dans <math>P \setminus \{ 1 \}</math> et est évidemment vrai aussi pour <math>x = 1</math>, d'où l'énoncé. }} f) Prouver que <math>p \equiv 1 \pmod{4} .</math> (Indication : utiliser les points a) et e) et le problème « Inverseurs d'un long cycle » de la série [[../Groupes symétriques finis/|Groupes symétriques finis]].) {{clr}} {{Solution | contenu = D'après le point e), il existe dans G un élément <math>x</math> d'ordre <math>p</math> et un élément <math>s</math> d'ordre 2 tels que :(1)<math>\qquad s x s^{-1} = x^{-1} .</math> D'après le point a), il existe un homomorphisme injectif <math>f</math> de G dans <math>A_{p+1} .</math> Puisque <math>f</math> est un homomorphisme, la relation (1) donne :(2)<math>\qquad f(s) f(x) f(s)^{-1} = f(x)^{-1} .</math> D'autre part, puisque l'homomorphisme <math>f</math> est injectif, f(x) est un élément d'ordre <math>p</math> de <math>A_{p+1}</math>, ce qui n'est possible que si <math>f(x)</math> est un p-cycle (voir la décomposition canonique d'une permutation en cycles). Compte tenu de cela, de (2) et du fait que <math>p</math> est impair, il résulte du problème « Inverseurs d'un long cycle » de la série [[../Groupes symétriques finis/|Groupes symétriques finis]] que <math>f(s)</math> est le produit de <math>(p-1)/2</math> transpositions (à supports deux à deux disjoints). Puisque <math>f(s)</math>, appartenant à <math>A_{p+1}</math>, est une permutation paire, <math>(p-1)/2</math> est donc pair, autrement dit <math>p \equiv 1 \pmod{4} .</math> }} g) Prouver qu'il n'y a pas de groupe simple d'ordre 336. {{clr}} {{Solution | contenu = Soit, par absurde, G un groupe simple d'ordre <math>336</math>. Puisque <math>336 = 2^{4} \cdot 3 \cdot 7</math>, :(1)<math>\qquad \vert G \vert </math> est divisible par <math>2 p (p+1)</math>, où <math>p</math> désigne le nombre premier 7. Le nombre <math>n_{7}</math> des 7-sous-groupes de Sylow de G est > 1 (théorème 5, point a) du [[../../Premiers résultats sur les groupes simples/|chapitre théorique]]), <math>\equiv 1 \pmod{7}</math> et divise 48 (théorèmes de Sylow). Cela n'est possible qu'avec :(2)<math>\qquad n_{7} = 8 = 7 +1 .</math> D'après f), il résulte de (1) et de (2) que <math>7 \equiv 1 \pmod{4}</math>, ce qui est faux. La contradiction obtenue prouve l'énoncé. }} == Problème 8 == Soit G un groupe simple d'ordre <math>2 p (p+1)</math>, où <math>p</math> est un nombre premier. On va prouver que <math>p \equiv 5 \pmod{24} .</math> a) Prouver que <math>p</math> est distinct de <math>2</math> et de <math>3 .</math> {{clr}} {{Solution | contenu = Puisque G est un groupe simple d'ordre non premier, il n'est pas résoluble. Si <math>p</math> était égal à 2 ou à 3, l'ordre de G serait égal à 12 ou à 24. C'est impossible, car on a vu que tout groupe d'ordre 12 est résoluble ([[../Groupes dicycliques/|exercices sur le chapitre Groupes dicycliques]]) et que tout groupe d'ordre 24 est résoluble ([[../Groupes nilpotents/|exercices sur le chapitre Groupes nilpotents]]). }} b) Prouver que les p-sous-groupes de Sylow de G sont d'ordre ''p''. {{clr}} {{Solution | contenu = D'après le point a), le nombre premier ''p'' est distinct de 2, donc impair, donc premier avec 2 (p+1). Il ne divise donc <math>\vert G \vert </math> qu'une fois, d'où l'énoncé. }} c) Prouver que le nombre des p-sous-groupes de Sylow de G est p+1. {{clr}} {{Solution | contenu = Puisque <math>\vert G \vert = 2 p (p+1)</math>, :(1)<math>\qquad </math>le nombre <math>n_{p}</math> des p-sous-groupes de Sylow de G divise 2 (p+1). D'autre part, d'après un théorème de Sylow, <math>n_{p} \equiv 1 \pmod{p}</math> et, d'après le théorème 5, a du [[../../Premiers résultats sur les groupes simples/|chapitre théorique]], <math>n_{p} > 1 .</math> Donc :<math>n_{p} = a p + 1</math>, où <math>a</math> est un nombre naturel <math>\geq 1 .</math> La valeur <math>a = 2</math> est impossible d'après (1), car 2p + 1 ne divise pas 2 (p+1) = 2p + 2. Les valeurs <math>a \geq 3</math> sont également impossibles, car pour <math>a \geq 3</math>, nous avons :<math>ap+1 \geq 3p+1 > 2p+2</math>, donc ap+1 ne divise pas 2p+2, donc, d'après (1), <math>n_{p} \not= ap+1 .</math><br /> Il faut donc <math>a=1</math>, ce qui prouve le point c). }} d) Prouver que le normalisateur dans G d'un p-sous-groupe de Sylow de G est diédral d'ordre 2p. (Indication : on peut utiliser le problème 7, ou encore des énoncés du chapitre [[Théorie des groupes/Transfert, théorème du complément normal de Burnside|Transfert, théorème du complément normal de Burnside]].) {{clr}} {{Solution | contenu = Soit P un p-sous-groupe de Sylow de G. Il s'agit de prouver que <math>N_{G}(P)</math> est diédral d'ordre 2p.<br /> D'après les théorèmes de Sylow, <math>[G:N_{G}(P)]</math> est égal au nombre des p-sous-groupes de Sylow de G. D'après le point c), cela signifie que :<math>[G:N_{G}(P)] = p + 1</math>, :<math>\vert N_{G}(P) \vert = \vert G \vert / (p + 1)</math>, :(1)<math>\qquad \vert N_{G}(P) \vert = 2 p .</math> On peut achever en disant que d'après le problème 7, point e), <math>N_{G}(P)</math> contient un groupe diédral d'ordre <math>2p</math>, ce qui, joint à (1), entraîne que <math>N_{G}(P)</math> est diédral d'ordre <math>2p</math>. Voici une autre façon de procéder.<br /> D'après (1) et [[../Groupes diédraux/|un exercice sur le chapitre Groupes diédraux]], :(2)<math>\qquad N_{G}(P)</math> est cyclique ou diédral. Si <math>N_{G}(P)</math> était cyclique, il serait abélien, donc P serait évidemment central dans <math>N_{G}(P)</math>, donc, d'après le théorème du complément normal de Burnside, P admettrait un complément normal dans G, autrement dit G serait p-nilpotent. Puisque G est supposé être un groupe simple fini non abélien, cela contredit un énoncé du chapitre [[Théorie des groupes/Transfert, théorème du complément normal de Burnside|Transfert, théorème du complément normal de Burnside]]. Donc <math>N_{G}(P)</math> n'est pas cyclique, donc, d'après (2), il est diédral, ce qui, joint à (1), démontre le point d). }} e) Prouver que <math>p \equiv 1 \pmod{4}</math> et en déduire que les 2-sous-groupes de Sylow de G sont des groupes de Klein.<br /> Indication : on peut utiliser le problème 7. {{clr}} {{Solution | contenu = Nous avons vu au point c) que le nombre des p-sous-groupes de Sylow de G est <math>p+1</math>, donc, d'après le problème 7, f), :<math>p \equiv 1 \pmod{4}</math>, ce qui est la première assertion de l'énoncé.<br /> Il en résulte que l'ordre <math>2 p (p+1)</math> de G est divisible par 4 et non par 8, donc les p-sous-groupes de Sylow de G sont d'ordre 4. D'après une [[Théorie des groupes/Transfert, théorème du complément normal de Burnside|conséquence du théorème du complément normal de Burnside]], ces sous-groupes ne sont pas cycliques, donc ce sont des groupes de Klein, ce qui achève de prouver le point e). }} f) Soit <math>t</math> un élément d'ordre 2 (involution) de G normalisant au moins un p-sous-groupe de Sylow de G. Prouver que <math>t</math> normalise exactement deux p-sous-groupes de Sylow de G.<br /> '''Indication.''' L'ensemble des p-sous-groupes de Sylow de G étant désigné par X, considérer, au lieu de l'homomorphisme <math>f</math> utilisé au problème 7, point f), une version plus précise de cet homomorphisme, à savoir l'homomorphisme F de G dans <math>A_{X}</math> correspondant à l'action de G sur X par conjugaison. Appliquer de nouveau le problème « Inverseurs d'un long cycle » de la série [[../Groupes symétriques finis/|Groupes symétriques finis]]. {{clr}} {{Solution | contenu = Notons X l'ensemble des p-sous-groupes de Sylow de G. Puisque G est un groupe simple non abélien, nous avons, d'après le chapitre théorique, un homomorphisme injectif :<math>F : G \to A_{X}</math> tel que, pour tout <math>g</math> dans <math>G</math>, F(g) soit la permutation <math>Q \mapsto g Q g^{-1}</math> de X.<br /> Par hypothèse, <math>t</math> est un élément d'ordre 2 qui normalise au moins un p-sous-groupe de Sylow de G. Puisque, d'après le point d), <math>N_{G}(P)</math> est diédral d'ordre <math>2p</math> (et que <math>p</math> est impair, ce qui entraîne que tout élément d'ordre 2 de <math>N_{G}(P)</math> est hors de P), nous avons :<math>t x t^{-1} = x^{-1}</math> pour tout élément <math>x</math> de P et en particulier pour un élément <math>x</math> de P que nous pouvons choisir dans P.<br /> On raisonne alors comme au point e) :<br /> puisque F est un homomorphisme, nous avons :<math>F(t) F(x) F(t)^{-1} = F(x)^{-1}</math>; puisque l'homomorphisme F est injectif, F(x) est d'ordre <math>p</math>; enfin, puisque <math>\vert X \vert = p + 1</math> (point c)) et que F(x) est un élément d'ordre <math>p</math> de <math>S_{X}</math>, F(x) est un p-cycle.<br /> Donc, d'après le problème « Inverseurs d'un long cycle » de la série [[../Groupes symétriques finis/|Groupes symétriques finis]], F(t) est le produit de <math>(p-1)/2</math> transpositions à supports deux à deux disjoints. Le support de F(t) est donc de cardinal p-1. Puisque <math>\vert X \vert = p + 1</math>, F(t) a donc exactement deux points fixes. D'après la définition de F, cela signifie que <math>t</math> normalise exactement deux p-sous-groupes de Sylow de G. }} g) Avant de poursuivre, on va démontrer un petit lemme de nature combinatoire. Soient A et B deux ensembles finis, soit R une partie du produit cartésien <math>A \times B</math>; on écrira <math>a R b</math> pour <math>(a, b) \in R .</math> (Une partie de <math>A \times B</math> est parfois appelée une relation binaire entre éléments de A et éléments de B, d'où la notation <math>a R b .</math>) On suppose qu'il existe un nombre <math>r_{B}</math> tel que, pour tout <math>a</math> dans <math>A</math>, les éléments <math>b</math> de <math>B</math> tels que <math>a R b</math> soient en quantité <math>r_{B} .</math> On suppose aussi qu'il existe un nombre <math>s_{A}</math> tel que, pour tout <math>b</math> dans <math>B</math>, les éléments <math>a</math> de <math>A</math> tels que <math>a R b</math> soient en quantité <math>s_{A} .</math> Prouver que <math>\vert A \vert r_{B} = \vert B \vert s_{A} .</math><br /> Indication : calculer un certain nombre de deux façons. {{clr}} {{Solution | contenu = On va calculer de deux façons le nombre <math>\vert R \vert</math>, autrement dit le nombre des couples (a, b) tels que a R b.<br /> D'une part, nous avons <math>\vert R \vert = \sum_{a \in A} \vert B_{a} \vert</math>, où <math>B_{a}</math> désigne l'ensemble des éléments <math>b</math> de <math>B</math> tels que <math>a R b</math>; par hypothèse, <math>\vert B_{a} \vert = r_{B}</math> pour tout <math>a</math>, donc : (1)<math>\qquad \vert R \vert = \vert A \vert r_{B} .</math> De même, <math>\vert R \vert = \sum_{b \in B} \vert A_{b} \vert</math>, où <math>A_{b}</math> désigne l'ensemble des éléments <math>a</math> de <math>A</math> tels que <math>a R b</math>; par hypothèse, <math>\vert A_{b} \vert = s_{A}</math> pour tout <math>b</math>, donc : (2)<math>\qquad \vert R \vert = \vert B \vert s_{A} .</math> La comparaison de (1) et de (2) fournit l'énoncé. }} h) Soit E l'ensemble des involutions de G normalisant au moins un p-sous-groupe de Sylow de G. Prouver que <math>\vert E \vert = \vert G \vert /4 .</math><br /> Indication. X désignant l'ensemble des p-sous-groupes de Sylow de G, considérer la partie R de <math>E \times X</math> formée par les couples (t, P) tels que <math>t</math> normalise P et appliquer le point g) en tenant compte des points d) et f). {{clr}} {{Solution | contenu = Il résulte du point f) que, pour tout élément <math>t</math> de E, :(1)<math>\qquad </math> il existe exactement deux éléments P de X tels que (t, P) appartienne à R. D'autre part, on a vu au point d) que, pour tout p-sous-groupe de Sylow P de G, <math>N_{G}(P)</math> est diédral d'ordre <math>2 p .</math> Puisque <math>p</math> est impair, les éléments d'ordre <math>2</math> de <math>N_{G}(P)</math> sont en nombre <math>p</math>, ce qui revient à dire que :(2)<math>\qquad </math>les éléments <math>t</math> de E tels que (t, P) appartienne à R sont en nombre <math>p .</math> Compte tenu du point g), il résulte de (1) et (2) que :<math>2 \vert E \vert = p \vert X \vert</math>, ce qui, d'après le point c), peut s'écrire :<math>2 \vert E \vert = p (p + 1)</math> :<math>\vert E \vert = p (p + 1)/2 = \vert G \vert / 4</math>. }} i) Prouver que le nombre des 2-sous-groupes de Sylow de G est au moins égal au nombre rationnel <math>\vert G \vert / 12 .</math> (Nous verrons plus loin que <math>\vert G \vert / 12</math> est un nombre entier, mais, pour l'instant, nous ne le considérons que comme un nombre rationnel.) {{clr}} {{Solution | contenu = Dans les notations du point h), l'ensemble des involutions de <math>G</math> contient <math>E</math> et <math>\vert E \vert </math> est égal à <math>\vert G \vert /4</math>, donc <math>G</math> comprend au moins <math>\vert G \vert /4</math> involutions. Cela revient à dire que la réunion des 2-sous-groupes de Sylow de G comprend au moins <math>\vert G \vert /4</math> involutions. Puisque, d'après le point e), chaque 2-sous-groupe de Sylow de G est d'ordre 4 et comprend donc au plus 3 involutions (et en comprend en fait exactement 3, puisque nous avons vu au point e) que les 2-sous-groupes de Sylow de G sont des groupes de Klein), le nombre des 2-sous-groupes de Sylow de G est donc au moins égal au nombre rationnel <math>\vert G \vert / 12 .</math> }} j) Soit V un 2-sous-groupe de Sylow de G. Prouver que <math>\vert N_{G}(V) \vert = 12</math> (ce qui prouve que <math>\vert G \vert </math> est divisible par 12, de sorte que le nombre rationnel <math>\vert G \vert / 12</math> considéré au point i) est entier) et en déduire que le nombre des 2-sous-groupes de Sylow de G est <math>\vert G \vert / 12 .</math> {{clr}} {{Solution | contenu = L'indice de <math>\vert N_{G}(V) \vert </math> dans G est le nombre des 2-sous-groupes de Sylow de G, donc, d'après le point i) :<math>\vert G \vert / \vert N_{G}(V) \vert \geq \vert G \vert / 12 </math>, :(1)<math>\qquad \vert N_{G}(V) \vert \leq 12 .</math> Puisque V est d'ordre 4 (voir poinr e)), <math>\vert N_{G}(V) \vert</math> est divisible par 4, donc, d'après (1), <math>\vert N_{G}(V) \vert</math> est égal à 4, à 8 ou à 12. On a vu que <math>\vert G \vert</math> n'est pas divisible par 8, donc <math>\vert N_{G}(V) \vert</math> est égal à 4 ou à 12. Si <math>\vert N_{G}(V) \vert</math> était égal à 4, il serait abélien, donc V serait évidemment central dans <math>\vert N_{G}(V) \vert</math>, donc, d'après le théorème du complément normal de Burnside, G serait 2-nilpotent, ce qui est impossible pour un groupe simple fini non abélien (voir le chapitre [[Théorie des groupes/Transfert, théorème du complément normal de Burnside|Transfert, théorème du complément normal de Burnside]]). Donc <math>\vert N_{G}(V) \vert = 12</math>, ce qui est la première assertion de l'énoncé. Puisque le nombre des 2-sous-groupes de Sylow de G est l'indice de <math>\vert N_{G}(V) \vert </math> dans G, la seconde assertion de l'énoncé en résulte. }} k) Déduire de e), de h) et de j) que le nombre des 2-sous-groupes de Sylow de G est <math>\equiv 1 \pmod{4}.</math><br /> Indication : utiliser une « congruence de Sylow à module renforcé » qui a été démontrée dans [[../Théorèmes de Sylow/|les exercices sur les théorèmes de Sylow]]. {{clr}} {{Solution | contenu = D'après le point e), :(1)<math>\qquad</math>chaque 2-sous-groupe de Sylow de G comprend au plus (et, en fait, exactement) trois involutions. D'autre part, d'après le point j), :(2)<math>\qquad</math>les 2-sous-groupes de Sylow de G sont en nombre <math>\vert G \vert / 12 .</math> Enfin, d'après le point h), :(3)<math>\qquad</math> les involutions de G sont en nombre <math>\geq \vert G \vert / 4</math>, autrement dit en nombre <math>\geq 3 \times \vert G \vert / 12 .</math> De (1), (2) et (3), il résulte que les 2-sous-groupes de Sylow de G se coupent trivialement deux à deux, donc, d'après la « congruence de Sylow à module renforcé » qui a été démontrée dans [[../Théorèmes de Sylow/|les exercices sur les théorèmes de Sylow]], le nombre des 2-sous-groupes de Sylow de G est <math>\equiv 1 \pmod{4}.</math><br /> Remarque. Il résulte de (1), (2) et (3) que les involution de G sont en nombre <math>\vert G \vert / 4</math> exactement. Donc, d'après le point h), l'ensemble E considéré au point h) est l'ensemble de ''toutes'' les involutions de G. }} l) Prouver que <math>p \equiv 5 \pmod{24}.</math> {{clr}} {{Solution | contenu = Nous avons vu au point j) que le nombre des 2-sous-groupes de Sylow de G est égal à <math>\vert G \vert / 12</math> et au point k) que ce nombre est <math>\equiv 1 \pmod{4}.</math> Donc :<math>\qquad \vert G \vert / 12 \equiv 1 \pmod{4}</math> :<math>\qquad p(p+1) / 6 \equiv 1 \pmod{4}</math> :(1)<math>\qquad p^{2}+p \equiv 6 \pmod{24}.</math> Pour tout nombre entier <math>n</math> impair et non divisible par 3, <math>n^{2} \equiv 1 \pmod{8}</math> et <math>n^{2} \equiv 1 \pmod{3}</math>, donc <math>n^{2} \equiv 1 \pmod{24}.</math> D'après le point a), <math>p</math> est impair et non divisible par 3, donc <math>p^{2} \equiv 1 \pmod{24}</math>, donc (1) donne :<math>p \equiv 5 \pmod{24}.</math> }} m) Prouver qu'il n'y a pas de groupe simple d'ordre 264, ni de groupe simple d'ordre 612, ni de groupe simple d'ordre 760. {{clr}} {{Solution | contenu = S'il existait un groupe simple d'ordre 264, ce serait un groupe simple d'ordre <math>2 p (p+1)</math> avec <math>p = 11</math>, nombre premier <math>\not\equiv 5 \pmod{24}</math>, ce qui contredit le point l). Même chose avec <math>612 = 2 \cdot 17 \cdot (17 + 1)</math> et <math>760 = 2 \cdot 19 \cdot (19 + 1).</math> }} == Problème 9 == Soit <math>p</math> un nombre premier impair, soit G un groupe fini d'ordre divisible par <math>2 p</math> et non par <math>p^{2} .</math> On suppose que le nombre des p-sous-groupes de Sylow de G est <math>2 p + 1 .</math> On va prouver que G n'est pas simple. On prouvera même quelque chose de plus précis que la non-simplicité de G, donc on évitera de raisonner tout de suite par l'absurde en supposant G simple. a) Désignons par X l'ensemble des p-sous-groupes de Sylow de G et par <math>\psi</math> l'homomorphisme correspondant à l'action de G sur X par conjugaison, c'est-à-dire l'homomorphisme :<math>\psi : G \to S_{X}</math> tel que, pour tout élément <math>g</math> de G, <math>\psi(g)</math> soit la permutation <math>Q \mapsto g Q g^{-1}</math> de X. (Nous ne supposons pas G simple, donc nous n'avons pas de raison de considérer <math>\psi</math> comme injectif.)<br /> Soit <math>y</math> un élément d'ordre <math>p</math> de G. Prouver que la permutation <math>\psi (y)</math> de X est le produit de deux p-cycles à supports disjoints. {{clr}} {{Solution | contenu = D'après les hypothèses générales, :(1)<math>\qquad \vert X \vert = 2 p + 1</math> et :(2)<math>\qquad </math>les p-sous-groupes de Sylow de G sont d'ordre <math>p .</math> Si un élément Q de X est fixé par la permutation <math>\psi (y)</math>, Q est un p-sous-groupe de Sylow normalisé par <math>y .</math> Or un élément de G dont l'ordre est une puissance de <math>p</math> ne normalise un p-sous-groupe de Sylow Q de G que s'il appartient à Q. (Voir un exercice de la série [[../Théorèmes de Sylow/]].) Donc si un élément Q de X est fixé par la permutation <math>\psi (y)</math>, <math>y</math> appartient à Q. Puisque <math>y</math> est d'ordre <math>p</math> et que, d'après (2), Q est d'ordre <math>p</math>, on a donc <math>Q = \langle y \rangle .</math> Comme <math>y</math> normalise évidemment <math>\langle y \rangle </math>, ce qui revient à dire que la permutation <math>\psi (y)</math> fixe l'élément <math>\langle y \rangle </math> de X, nous avons prouvé que :(3)<math>\qquad </math>la permutation <math>\psi (y)</math> de X admet un et un seul point fixe. D'après (1), X n'est pas un singleton, donc il résulte de (3) que <math>\psi (y)</math> n'est pas la permutation identique de X. Puisque <math>y</math> est d'ordre <math>p</math> premier, la permutation <math>\psi (y)</math> est donc d'ordre <math>p .</math> Puisque, comme vu en (3), elle a un et un seul point fixe et que, d'après (1), <math>\vert X \vert = 2 p + 1</math>, la permutation <math>\psi (y)</math> est donc le produit de deux p-cycles à supports disjoints, ce qui démontre le pont a). }} b) Soit P un p-sous-groupe de Sylow de G. Prouver que <math>N_{G}(P)</math> contient un 2-sous-groupe de Sylow de G. {{clr}} {{Solution | contenu = D'après les hypoyhèses générales, le nombre des p-sous-groupes de Sylow de G est <math>2 p + 1</math>, donc :<math>\vert N_{G}(P) \vert = \vert G \vert / (2 p + 1) .</math> Puisque <math>2 p + 1</math> est impair, le membre droit est divisible par la plus grande puissance de 2 qui divise <math>\vert G \vert </math>, donc <math>\vert N_{G}(P) \vert </math> est divisible par cette puissance de 2. Donc les 2-sous-groupes de Sylow de <math>N_{G}(P)</math> sont des 2-sous-groupes de Sylow de G, ce qui prouve le point b). }} c) On ajoute aux hypothèses que les 2-sous-groupes de Sylow de G ne sont pas cycliques. Déduire du point b) que pour tout p-sous-groupe de Sylow P de G, il existe un élément d'ordre 2 de G qui centralise P. {{clr}} {{Solution | contenu = Soit P un p-sous-groupe de Sylow de G. D'après le point b), il existe un 2-sous-groupe de Sylow H de G qui normalise P. Nous pouvons donc considérer l'homomorphisme :<math>f : H \to Aut(P)</math> tel que, pour tout élément <math>h</math> de H, <math>f(h)</math> soit l'automorphisme <math>x \mapsto h x h^{-1}</math> de P.<br /> D'après les hypothèses du point c), :(1)<math>\qquad</math>H n'est pas cyclique. D'autre part, d'après les hypothèses générales, P est d'ordre <math>p</math> premier, donc (chapitre [[../../Automorphismes d'un groupe cyclique/]]) le groupe Aut(P) est cyclique, donc son sous-groupe <math>f(H)</math> est cyclique.<br /> Joint à (1), cela montre que H et f(H) ne sont pas isomorphes, donc l'homomorphisme <math>f</math> n'est pas injectif, donc :(2)<math>\qquad Ker f</math> n'est pas réduit à l'élément neutre de H. Puisque H est un 2-groupe, son sous-groupe <math>Ker f</math> en est un aussi, donc il résulte de (2) que <math>Ker f</math> comprend au moins un élément d'ordre 2, ce qui revient à dire qu'il existe un élément d'ordre 2 de H (et donc de G) qui centralise P. }} d) Dans les hypothèses générales du problème, prouver que G satisfait à une au moins des conditions suivantes :<br /> 1° les 2-sous-groupes de Sylow sont cycliques;<br /> 2° il y a au moins un élément d'ordre 2 de G qui normalise tous les p-sous-groupes de Sylow de G;<br /> 3° G contient au moins un sous-groupe d'indice 2.<br /> '''Indication.''' Supposer que la condition 1° n'est pas satisfaite (ce qui permet d'appliquer le point c)) et que la condition 2° ne l'est pas non plus. Alors l'élément <math>s</math> d'ordre 2 considéré au point c) ne normalise pas tous les p-sous-groupes de Sylow de G. Raisonner sur la permutation <math>\psi (s)</math>, où <math>\psi</math> est l'homomorphisme considéré au point a). À l'aide d'un exercice de la série [[../Groupes symétriques finis/]], prouver que <math>\psi (s)</math> est une permutation impaire et, à l'aide d'un exercice de la série [[../Groupes alternés/]], en déduire que la condition 3° du point d) est satisfaite. {{clr}} {{Solution | contenu = Supposons que ni la condition 1° ni la condition 2° n'est satisfaite. Si nous en tirons que la condition 3° est satisfaite, le point d) sera démontré.<br /> Puisque nous supposons que la condition 1° n'est pas satisfaite, les 2-sous-groupes de Sylow de G ne sont pas cycliques, donc, d'après le point c), nous pouvons choisir :(1)<math>\qquad</math>un p-sous-groupe de Sylow P de G et un élément <math>s</math> d'ordre 2 de G qui centralise P. Puisque nous supposons que la condition 2° n'est pas satisfaite, :<math>s</math> ne normalise pas tous les p-sous-groupes de Sylow de G. Donc si X désigne l'ensemble des p-sous-groupes de Sylow de G, si <math>\psi</math> désigne, comme au point a), l'homomorphisme :<math>\psi : G \to S_{X}</math> tel que, pour tout élément <math>g</math> de G, <math>\psi (g)</math> soit la permutation <math>Q \mapsto g \ Q \ g^{-1}</math> de X, :<math>\psi (s)</math> n'est pas la permutation identique de X. Puisque <math>s</math> est d'ordre 2, il en résulte que :(2)<math>\qquad</math>la permutation <math>\psi (s)</math> de X est d'ordre 2. Choisissons dans P un élément <math>y</math> d'ordre <math>p</math>. D'après (1), <math>s</math> commute avec <math>y</math>, donc, puisque <math>\psi</math> est un homomorphisme, :(3)<math>\qquad \psi (s)</math> commute avec <math>\psi (y) .</math> D'autre part, d'après le point a), :(4)<math>\qquad \psi (y)</math> est le produit de deux p-cycles à supports disjoints. Il résulte de (2), de (3), de (4) et d'un problème de la série [[../Groupes symétriques finis/]] que <math>\psi (s)</math> est le produit de <math>p</math> transpositions (à supports deux à deux disjoints) et est donc une permutation impaire. Ainsi, l'image de l'homomorphisme <math>\psi </math> de G dans <math>S_{X}</math> comprend au moins une permutation impaire. D'après un problème de la série [[../Groupes alternés/]], il en résulte que G contient au moins un sous-groupe d'indice 2, autrement dit la condition 3° est satisfaite. Comme nous l'avons vu, cela prouve le point d). }} e) Déduire du point d) que, dans les hypothèses générales du problème, G n'est pas simple. {{clr}} {{Solution | contenu = Nous avons vu que G satisfait à une au moins des conditions 1° à 3° énoncées au point d).<br /> Si G satisfait à la condition 1°, c'est-à-dire si les 2-sous-groupes de Sylow de G sont cycliques, alors, d'après une conséquence du [[../../Transfert, théorème du complément normal de Burnside/|théorème du complément normal de Burnside]] (et compte tenu que l'ordre de G n'est pas premier), G n'est pas simple.<br /> Si maintenant G satisfait à la condition 2°, c'est-à-dire s'il y a un élément d'ordre 2 de G qui normalise tous les p-sous-groupes de Sylow de G, alors :(1)<math>\qquad \bigcap_{P \in X} N_{G}(P) \not= 1</math>, où X désigne l'ensemble des p-sous-groupes de Sylow de G.<br /> Supposons que, par absurde, G soit simple. D'après les hypothèses générales de l'énoncé, l'ordre de G n'est pas un nombre premier, donc G est un groupe simple non résoluble. On a vu (problème « Intersection des p-sous-groupes de Sylow et intersection de leurs normalisateurs » de la série [[../Théorèmes de Sylow/]]) que le membre gauche de (1) est un sous-groupe normal de G, donc, dans notre hypthèse où G est simple, la relation (1) donne :<math>\qquad \bigcap_{P \in X} N_{G}(P) = G</math>, donc G normalise « ses » p-sous-groupes de Sylow, donc G n'a qu'un p-sous-groupe de Sylow, soit P, et P est normal dans G. Puisque nous supposons G simple, il faut donc <math>P = G</math>, ce qui est impossible, puisque P, étant un p-groupe, est nilpotent et donc résoluble, alors que, comme noté, G n'est pas résoluble. La contradiction obtenue prouve que si la condition 2° est satisfaite, G n'est pas simple.<br /> Enfin, si la condition 3° est satisfaite, G contient un sous-groupe H d'indice 2. On sait que dans tout groupe, tout sous-groupe d'indice 2 est normal, donc H est normal dans G. Puisque H est d'indice 2 dans G, H < G. D'autre part, si H était trivial, G serait d'ordre 2, ce qui est contraire aux hypothèses générales. Donc 1 < H < G. Puisque H est normal dans G, cela prouve que G n'est pas simple. }} f) Prouver qu'il n'y a pas de groupe simple d'ordre 420. {{clr}} {{Solution | contenu = Soit, par absurde, G un groupe simple d'ordre :<math>420 = 2^{2} \cdot 3 \cdot 5 \cdot 7 .</math> Puisque l'ordre de G n'est pas premier, G est un groupe simple non abélien. Le nombre <math>n_{7}</math> des 7-sous-groupes de Sylow de G est > 1 ([[../../Premiers résultats sur les groupes simples/|chapitre théorique]], théorème 5, a) et congru à 1 modulo 7 et il divise 60 (théorèmes de Sylow), donc :<math>n_{7} = 15 = 2 \times 7 + 1 .</math> Les hypothèses générales sont donc satisfaites avec <math>p = 7</math>, donc, d'après le point e), G n'est pas simple. L'hypothèse selon laquelle G n'est pas simple entraîne donc sa propre contradiction. }} g) Prouver qu'il n'y a pas de groupe simple d'ordre 840. {{clr}} {{Solution | contenu = Soit, par absurde, G un groupe simple d'ordre :<math>840 = 2^{3} \cdot 3 \cdot 5 \cdot 7 .</math> Puisque l'ordre de G n'est pas premier, G est un groupe simple non abélien. Le nombre <math>n_{7}</math> des 7-sous-groupes de Sylow de G est > 1 ([[../../Premiers résultats sur les groupes simples/|chapitre théorique]], théorème 5, a) et congru à 1 modulo 7 et il divise 120 (théorèmes de Sylow), donc :<math>n_{7}</math> est égal à 8, à 15 ou à 120. Si <math>n_{7} = 120</math>, alors, pour un 7-sous-groupe de Sylow P de G, nous avons <math>\vert N_{G}(P) \vert = 7</math>, donc <math>N_{G}(P) </math> est abélien, donc, d'après le [[../../Transfert, théorème du complément normal de Burnside/|théorème du complément normal de Burnside]], G est 7-nilpotent. C'est impossible, car on a vu (chapitre [[../../Transfert, théorème du complément normal de Burnside/]]) qu'un groupe simple fini non abélien n'est q-nilpotent pour aucun facteur premier <math>q</math> de son ordre.<br /> Si maintenant <math>n_{7}</math> était égal à <math>8 = 7 + 1</math>, alors, d'après le problème 6, <math>840 / (7 \times 8) = 15</math> devrait diviser <math>7 - 1 = 6</math>, ce qui est faux.<br /> Donc :<math>n_{7} = 15 = 2 \times 7 + 1 .</math> Les hypothèses générales sont donc satisfaites avec <math>p = 7</math>, donc, d'après le point e), G n'est pas simple. L'hypothèse selon laquelle G n'est pas simple entraîne donc sa propre contradiction. }} == Groupes simples d'ordre < 168 == On va prouver dans cette section que tout groupe simple non commutatif d'ordre < 168 est d'ordre 60 (et est donc isomorphe à A₅ d’après un problème ci-dessus). La tâche nous serait évidemment facilitée si nous disposions du théorème de Feit et Thompson (tout groupe simple fini d'ordre non premier est d'ordre pair) et du théorème p-q de Burnside selon lequel tout groupe fini d'ordre p^aq^b, p et q étant des nombres premiers, est résoluble. (Nous démontrerons le théorème p-q de Burnside dans la suite du cours, à l'aide de la théorie des caractères. La démonstration du théorème de Feit et Thompson dépasse le cadre d'une introduction à la théorie des groupes.)<br /> Le lecteur intéressé par cette sorte de résultats peut se reporter à un exposé de Mark Reeder<ref>Mark Reeder, ''Notes on Group Theory'', 20 août 2019, p. 80 et ss., [http://pdvpmtasgaon.edu.in/uploads/dptmaths/AnotesofGroupTheoryByMarkReeder.pdf en ligne]. Attention : la façon dont la non-simplicité des groupes d'ordre 720 est démontrée dans l'exposé de M. Reeder a soulevé des critiques [https://math.stackexchange.com/questions/3873430/no-simple-group-of-order-720-again sur le site StackExchange].</ref> qui, sans beaucoup plus de frais qu'ici, détermine tous les ordres possibles (mais non toutes les structures possibles) des groupes simples non abéliens d'ordre au plus égal à 720.<br /> Dans ce qui suit, il y a un peu de double emploi avec le problème « Résolubilité des groupes d'ordre < 60 ». On n'a pas cru devoir l'éviter. === Problème 10 === a) Soit ''p'' un nombre premier et G un groupe simple fini dont l'ordre est divisible par p². Prouver que le nombre des p-sous-groupes de Sylow de G est ≥ 2p+1. {{clr}} {{Solution | contenu = On l'a prouvé au problème 6. Rappelons la démonstration à l'intention du lecteur qui n'a pas résolu le problème 6. G est un groupe simple fini d'ordre non premier, donc le nombre de ses p-sous-groupes de Sylow est > 1 (théorème 5, point a) du [[../../Premiers résultats sur les groupes simples/|chapitre théorique]]). D'autre part, d'après les théorèmes de Sylow, ce nombre est congru à 1 modulo ''p''. Si le nombre des p-sous-groupes de Sylow était égal à p+1, alors, d'après le chapitre théorique, G serait isomorphe à un sous-groupe de S_p+1, donc l'ordre de G diviserait (p+1)!, ce qui est impossible, puisque l'ordre de G est divisible par p² et que (p+1)! ne l'est pas. (On a déjà fait ce raisonnement au problème 6.) Donc le nombre des p-sous-groupes de Sylow est ≥ 2p+1. }} b) Soient ''p'' un nombre premier, ''m'' un nombre naturel non nul et G un groupe d'ordre p^m(p+1). Prouver que G n'est pas simple. (On l'a prouvé pour m = 1 dans les exercices de la série [[../Transfert, théorème du complément normal de Burnside|Transfert, théorème du complément normal de Burnside]], donc on peut supposer m ≥ 2.) {{clr}} {{Solution | contenu = Comme noté, on peut supposer m ≥ 2. D'après un théorème de Sylow, le nombre des p-sous-groupes de Sylow de G divise p+1 et est donc < 2p+1. D'après le point a), G n'est donc pas simple. }} c) Prouver qu'aucun groupe d'ordre 12 n'est simple. {{clr}} {{Solution | contenu = On peut faire p = 2 et m = 2 dans l'énoncé du point b). (Voir d'ailleurs la classification des groupes non abéliens d'ordre 12 qui a été donnée dans les exercices sur les [[../Groupes dicycliques|groupes dicycliques]].) }} d) Soit G un groupe d'ordre 4 p^r, avec ''p'' premier et ''r'' entier naturel ≥ 0. Prouver que G n’est pas simple. {{clr}} {{Solution | contenu = 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. Puisque son ordre est divisible par 4 et n'est donc pas premier, G est alors un groupe simple non abélien. D'après les théorèmes de Sylow, le nombre des p-sous-groupes de Sylow divise 4, donc (théorème 5 du [[../../Premiers résultats sur les groupes simples/|chapitre théorique]]) 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 c), ceci est absurde. }} === Problème 11 === Prouver qu'aucun groupe d'ordre 5 × 2{{exp|r}}, avec r ≥ 1, n'est simple. {{clr}} {{Solution | contenu = Soit G un groupe d'ordre n = 5 × 2{{exp|r}}, avec r ≥ 1. Si r = 1, ''n'' est le produit de deux nombres premiers distincts, donc, d'après un [[../Théorèmes de Sylow|exercice sur les théorèmes de Sylow]], G n’est pas simple. (On pourrait aussi noter que, dans ce cas, l'ordre de G n'est divisible par le carré d'aucun nombre premier, ce qui, d'après une conséquence du [[../../Transfert, théorème du complément normal de Burnside|théorème du complément normal de Burnside]], entraîne que 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. Reste le cas où r ≥ 3. Soit, par absurde, G un groupe simple d'ordre 5 × 2{{exp|r}}, avec r ≥ 3. Le nombre des 2-sous-groupes de Sylow de G est égal à 5, donc (théorème 5 du [[../../Premiers résultats sur les groupes simples/|chapitre théorique]]) l’ordre de G divise l’ordre 60 de A₅, ce qui est absurde, puisque l’ordre de G est divisible par 8. }} === Problème 12 === Soit G un groupe d'ordre 3 × pⁿ, avec ''p'' premier et n > 0. Prouver que G n’est pas simple. {{clr}} {{Solution | contenu = Si p = 3, G est résoluble d'ordre non premier et n'est donc pas simple. On peut donc supposer ''p'' distinct de 3. Alors un p-sous-groupe de Sylow de G est d'indice 3 dans G. Si G est simple, il en résulte (théorème 5 ou 6 du [[../../Premiers résultats sur les groupes simples/|chapitre théorique]]) que l’ordre 3 × pⁿ de G divise l’ordre de A₃, c'est-à-dire divise 3, ce qui est absurde. }} === Problème 13 === a) Prouver qu'aucun groupe d'ordre 56 n'est simple. {{clr}} {{Solution | contenu = 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, il en résulte que le nombre des éléments d'ordre 7 de G est égal 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. (Autre solution : on a prouvé dans les exercices de la série [[../Transfert, théorème du complément normal de Burnside|Transfert, théorème du complément normal de Burnside]] que si ''p'' est un nombre premier, aucun groupe d'ordre p(p+1) n'est simple. En faisant p = 7, on obtient l'énoncé.) }} b) Prouver qu'aucun groupe d'ordre n = 7 × 2 {{exp|r}}, avec r > 0, n'est simple. {{clr}} {{Solution | contenu = Si r = 1, ''n'' est le produit de deux nombres premiers, ce qui, comme on l'a rappelé dans un problème précédent, entraîne que 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{{exp|r}}, avec r ≥ 4. Puisque l'ordre de G n'est pas premier, G est un groupe simple non abélien. Un 2-sous-groupe de Sylow de G est d'indice 7 dans G, donc (théorème 5 ou 6 du [[../../Premiers résultats sur les groupes simples/|chapitre théorique]]) G est isomorphe à un sous-groupe de A₇. 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. }} === Problème 14 === Prouver qu'aucun groupe d'ordre 72 n'est simple. {{clr}} {{Solution | contenu = Soit, par absurde, G un groupe simple d'ordre 72. L'ordre de G n'est pas premier, donc G est un groupe simple non abélien. Le nombre des 3-sous-groupes de Sylow de G est congru à 1 modulo 3 et divise 8, donc divise 4. Il en résulte (théorème 5 du [[../../Premiers résultats sur les groupes simples/|chapitre théorique]]) 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. }} === Problème 15 === Prouver qu'aucun groupe d'ordre 84 n'est simple. {{clr}} {{Solution | contenu = Soit, par absurde, G un groupe simple d'ordre 84. Puisque l'ordre de G n'est pas premier, G est un groupe simple non abélien. Nous avons 84 = 7 × 12, où 7 est premier et où le seul diviseur de 12 congru à 1 modulo 7 est 1, donc le nombre des 7-sous-groupes de Sylow de G est 1. Cela contredit le théorème 5, point a) du [[../../Premiers résultats sur les groupes simples/|chapitre théorique]]. }} === Problème 16 === Prouver qu'aucun groupe d'ordre 120 n'est simple. {{clr}} {{Solution | contenu = Soit, par absurde, G un groupe simple d'ordre 120. Puisque l'ordre de G n'est pas premier, G est un groupe simple non abélien. Le nombre des 5-sous-groupes de Sylow de G est congru à 1 modulo 5 et divise 24, donc ce nombre est égal à 6. D'après le théorème 5 du [[../../Premiers résultats sur les groupes simples/|chapitre théorique]], il en résulte que 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 ([[../../Premiers résultats sur les groupes simples/|chapitre théorique]]) que A₆ est isomorphe à un sous-groupe de A₃, ce qui est absurde. }} === Problème 17 === On va prouver qu’il n'y a pas de groupe simple d'ordre 144<ref>Voir par exemple John S. Rose, ''A Course on Group Theory'', exerc. 281, pp. 100-101 (réimpr. Dover, 1994), consultable sur [https://books.google.be/books?id=j-I7Zpq3GdIC&pg=PA101#v=onepage&q&f=false Google Livres].</ref>. (Si nous connaissions déjà le [[../../Le théorème p-q de Burnside|théorème p-q de Burnside]], il suffirait de noter que 144 n'a que deux facteurs premiers distincts.) a) Prouver l'énoncé en utilisant une conséquence du théorème du complément normal de Burnside démontrée dans les exercice de la série [[../Transfert, théorème du complément normal de Burnside/|Transfert, théorème du complément normal de Burnside]]. {{clr}} {{Solution | contenu = Soit, par absurde, G un groupe simple d'ordre 144. La décomposition de 144 en facteurs premiers est 2{{exp|4}} 3{{exp|2}}. 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. En posant p = 3 et en désignant par n_p le nombre des p-sous-groupes de Sylow de G, nous avons donc :<math>\vert G \vert = p^{2} n_{p}</math>, ce qui contredit un exercice de la série [[../Transfert, théorème du complément normal de Burnside/|Transfert, théorème du complément normal de Burnside]]. }} b) Le prouver sans utiliser le théorème du complément normal de Burnside ou un résultat reposant sur ce théorème. (Indication. Si, par absurde, G est un groupe simple d'ordre 144, prouver que deux différents 3-sous-groupes de Sylow de G ont toujours une intersection triviale. Pour cela, imiter la façon dont on a résolu le point c) du problème 2.) {{clr}} {{Solution | contenu = Soit, par absurde, G un groupe simple d'ordre 144. La décomposition de 144 en facteurs premiers est 2{{exp|4}} 3{{exp|2}}. 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.<br /> Prouvons que si P et Q sont deux 3-sous-groupes de Sylow de G, P ⋂ Q = 1.<br /> Commençons par prouver que <nowiki><P,Q></nowiki> = G. L'ordre du sous-groupe <nowiki><P,Q></nowiki> 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 <nowiki><P,Q></nowiki> 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 <nowiki><P,Q></nowiki> était d'orde 18, P serait d'indice 2 dans <nowiki><P,Q></nowiki>, donc P serait distingué dans <nowiki><P,Q></nowiki>, 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|Théorèmes de Sylow]].) Donc l’ordre de <nowiki><P,Q></nowiki> est 144, autrement dit, <nowiki><P,Q></nowiki> est G tout entier, comme annoncé. Prouvons maintenant que <math>P \cap Q = 1.</math> 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|Théorèmes de Sylow]]), P et Q sont commutatifs et sont donc contenus dans le centralisateur de ''a'', donc <nowiki><P,Q></nowiki> est contenu dans ce centralisateur. Puisque nous avons montré que <nowiki><P,Q></nowiki> 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 [[../../Premiers résultats sur les groupes simples|chapitre théorique]].) Nous avons donc prouvé que si P et Q sont deux 3-sous-groupes de Sylow de G distincts, <math>P \cap Q = 1.</math> 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. }} === Problème 18 === Soit G un groupe simple d'ordre < 168 et non premier. (Autrement dit, soit G un groupe simple non commutatif d'ordre < 168.) L'objet de ce problème est de prouver que G est isomorphe à A₅. a) Prouver que tout facteur premier de <nowiki>|G|</nowiki> est ≤ 7. (Indication : on peut utiliser un problème de la série [[../Transfert, théorème du complément normal de Burnside|Transfert, théorème du complément normal de Burnside]].) {{clr}} {{Solution | contenu = Soit ''p'' un facteur premier de <nowiki>|G|</nowiki>. D'après un problème de la série [[../Transfert, théorème du complément normal de Burnside|Transfert, théorème du complément normal de Burnside]], 2p(p+1) < 168. Ceci entraîne p < 9. Comme ''p'' est premier, il est donc ≤ 7. }} b) Prouver que <nowiki>|G|</nowiki> est divisible par 8 ou par 12. {{clr}} {{Solution | contenu = D'après un théorème du chapitre [[../../Transfert, théorème du complément normal de Burnside|Transfert, théorème du complément normal de Burnside]], il suffit de prouver que <nowiki>|G|</nowiki> est pair. Supposons que, par absurde, il soit impair. Désignons par ''p'' son plus petit facteur premier. Donc p ≥ 3. D'après le théorème du chapitre [[../../Transfert, théorème du complément normal de Burnside|Transfert, théorème du complément normal de Burnside]] dont il vient d’être question, <nowiki>|G|</nowiki> est divisible par p³. D'après les théorèmes de Sylow, le nombre des p-sous-groupes de Sylow de G est de la forme ap+1, avec ''a'' naturel, et p³ (ap+1) divise <nowiki>|G|</nowiki>. Puisque G est un groupe simple non commutatif, a > 0. D'autre part, puisque <nowiki>|G|</nowiki> est supposé impair et que ap+1 divise <nowiki>|G|</nowiki>, ap+1 est impair. Puisque ''p'' l'est aussi, ''a'' est pair. Donc a ≥ 2. Puisque p³ (ap+1) divise <nowiki>|G|</nowiki>, on a donc p³ (2p+1) ≤ <nowiki>|G|</nowiki> < 168. C'est impossible, puisque p ≥ 3, ce qui entraîne p³ (2p+1) ≥ 189. }} c) Prouver que <nowiki>|G|</nowiki> est divisible par 12. {{clr}} {{Solution | contenu = D'après le point b), il suffit de prouver que <nowiki>|G|</nowiki> est divisible par 3. Supposons que, par absurde, <nowiki>|G|</nowiki> ne soit pas divisible par 3. Alors, d’après le point b), <nowiki>|G|</nowiki> est divisible par 8. Puisque G est un groupe simple non commutatif, <nowiki>|G|</nowiki> n’est pas une puissance de 2. Puisque <nowiki>|G|</nowiki> est supposé non divisible par 3 et que, d’après le point a), tous ses facteurs premiers sont ≤ 7, il est donc divisible par 40 ou par 56. Puisqu’il est supposé non divisible par 3, il est donc égal à un des nombres 40, 80, 160, 56, 112. Toutes ces valeurs sont de la forme 5 × 2^r ou 7 × 2^r avec r > 0 et sont donc impossibles d’après les problèmes précédents. }} d) Prouver que G est isomorphe à A₅. {{clr}} {{Solution | contenu = D'après le point c), <nowiki>|G|</nowiki> est divisible par 12. Puisque, d’après le point a), tous ses facteurs premiers sont ≤ 7, il est donc égal à un des nombres 12, 24, 36, 48, 60, 72, 84, 96, 108, 120, 144. Les valeurs 12, 24, 48 et 96 sont de la forme 3 × 2^r avec r > 0 et sont donc impossibles d’après les problèmes précédents. Les valeurs 36 et 108 sont de la forme 4 p^r avec ''p'' premier et r > 0; elles sont donc impossibles d’après un problème précédent. Les valeurs 72, 84, 120 et 144 ont été éliminées individuellement dans les problèmes précédents. Donc <nowiki>|G|</nowiki> = 60. D'après un des problèmes qui précèdent, G est isomorphe à A₅. }} === Problème 19 === Prouver que tout groupe fini d'ordre < 168 et non divisible par 60 (autrement dit tout groupe fini dont l'ordre est < 168 et distinct de 60 et de 120) est résoluble. {{clr}} {{Solution | contenu = Soit G un groupe fini d'ordre < 168 et non divisible par 60. Dans une suite de Jordan-Hölder de G, chaque quotient est un groupe simple d'ordre < 168 et distinct de 60. D'après un précédent problème, chacun de ces groupes simples est commutatif, donc G est résoluble. }} == Problème 20 == On a vu dans la série d'exercices [[../Conjugaison, centralisateur, normalisateur]] que si G est un groupe fini et H un sous-groupe de G, si G est la réunion des conjugués de H, alors H est égal à G tout entier. Étendre ce résultat au cas où H est un sous-groupe d'indice fini d'un groupe G non forcément fini. (Se ramener au cas où G est fini, en notant que, d’après le chapitre théorique, H contient un sous-groupe normal de G qui est d'indice fini dans G.) {{clr}} {{Solution | contenu = Soient G un groupe (fini ou infini), H un sous-groupe d'indice fini de G tel que la réunion des conjugués de H soit égale à G. Il s'agit de prouver que H est égal à G. Désignons par K l'intersection des conjugués de H. D'après le chapitre théorique, K est un sous-groupe normal de G contenu dans H et est d'indice fini dans G. Les hypothèses entraînent clairement que G/K est la réunion des conjugués de H/K, donc, puisque le théorème est vrai dans le cas fini, H/K est égal à G/K, d'où (par exemple d’après le théorème de correspondance) H = G. }} == Notes et références == <references/> {{Bas de page | idfaculté = mathématiques | précédent = [[../Transfert, théorème du complément normal de Burnside/]] | suivant = [[../Groupes caractéristiquement simples, sous-groupes normaux minimaux/]] }} tj7ac33bwzp2w0jlqkxeb8ryifj50gl 0 26468 982315 975555 2026-05-01T06:20:08Z Marvoir 1746 /* Applications du théorème du complément normal de Burnside */ signalé cas particulier notable 982315 wikitext text/x-wiki {{Chapitre | niveau = 14 | idfaculté = mathématiques | numéro = 28 | précédent = [[../Groupes dicycliques/]] | suivant = [[../Premiers résultats sur les groupes simples/]] | page_liée = Exercices/Transfert, théorème du complément normal de Burnside }} == Transfert == Soient G un groupe, Q un sous-groupe de G et T une transversale gauche de Q dans G. Pour tout élément ''x'' de G, nous désignerons par repr_T(x) le représentant de ''x'' dans T, c'est-à-dire l'unique élément de T qui appartient à la même classe à gauche modulo Q que ''x''. Nous désignerons par q_T(x) l'élément repr_T(x){{exp|-1}} x de Q. Donc, si x = ab avec <math>a \in T</math> et <math>b \in Q</math>, alors a = repr_T(x) et b = q_T(x). Notons pour la suite que si Q' désigne le groupe dérivé de Q, le groupe quotient Q/Q' est commutatif, donc on peut parler du produit d'une famille finie d'éléments de Q/Q' sans préciser l’ordre des facteurs. {{Théorème | titre = Théorème du transfert | contenu = Soient G un groupe, Q un sous-groupe d'indice fini de G, Q' le groupe dérivé de Q. Il existe un et un seul homomorphisme V de G dans Q/Q' tel que, pour toute transversale gauche T de Q dans G et tout élément ''g'' de G : :<math>V(g) = \prod _{t \in T} \mathrm{q}_{T}(gt)Q'</math>. }} {{Démonstration déroulante | contenu = Pour une transversale gauche T de Q dans G, posons :<math>V_{T}(g) = \prod _{t \in T} \mathrm{q}_{T}(gt)Q'.</math> Il s'agit de prouver que V_T est un homomorphisme de groupes et ne dépend pas de T.<br /> Prouvons d’abord que V_T ne dépend pas de T. Soient L et H deux transversales gauches de Q dans G. Il s'agit de prouver que :<math>\ (1) V_{H} = V_{L}.</math> Pour tout <math>l \in L,</math> :<math>(2) \qquad gl = \mathrm{repr}_{L}(gl)\ \mathrm{q}_{L}(gl).</math> Pour tout <math>h \in H,</math> :<math>(3) \qquad gh = \mathrm{repr}_{H}(gh)\ \mathrm{q}_{H}(gh)</math> et :<math>(4) \qquad h = \mathrm{repr}_{L}(h)\ \mathrm{q}_{L}(h).</math> En multiplant les deux membres de (4) par ''g'' à gauche, nous trouvons :<math>(5) \qquad gh = g\ \mathrm{repr}_{L}(h)\ \mathrm{q}_{L}(h).</math> D'autre part, en remplaçant <math>\ l</math> par <math>\ \mathrm{repr}_{L}(h)</math> dans (2), nous trouvons :<math>\qquad g\ \mathrm{repr}_{L}(h) = \mathrm{repr}_{L}(g\ \mathrm{repr}_{L}(h))\ \mathrm{q}_{L}(g\ \mathrm{repr}_{L}(h)).</math> En portant ceci dans (5), nous trouvons :<math>(6) \qquad gh = \mathrm{repr}_{L}(g \mathrm{repr}_{L}(h))\ \mathrm{q}_{L}(g \mathrm{repr}_{L}(h))\ \mathrm{q}_{L}(h).</math> Puisque deux éléments de G qui appartiennent à la même classe à gauche modulo Q ont le même représentant dans L, :<math> \qquad \mathrm{repr}_{L}(g\ \mathrm{repr}_{L}(h)) = \mathrm{repr}_{L}(\mathrm{repr}_{H}(g\ \mathrm{repr}_{L}(h))),</math> donc (6) peut s'écrire :<math>(7) \qquad gh = \mathrm{repr}_{L}(\mathrm{repr}_{H}(g\ \mathrm{repr}_{L}(h)))\ \mathrm{q}_{L}(g\ \mathrm{repr}_{L}(h))\ \mathrm{q}_{L}(h).</math> D'autre part, (3) peut s'écrire :<math>\qquad \mathrm{repr}_{L}(h) = h\ \mathrm{q}_{L}(h)^{-1}.</math> En remplaçant dans ceci <math>\ h</math> par <math>\ \mathrm{repr}_{H}(g\ \mathrm{repr}_{L}(h)),</math> nous trouvons :<math>\qquad \mathrm{repr}_{L}(\mathrm{repr}_{H}(g\ \mathrm{repr}_{L}(h))) = \mathrm{repr}_{H}(g\ \mathrm{repr}_{L}(h)) \mathrm{q}_{L}(\mathrm{repr}_{H}(g\ \mathrm{repr}_{L}(h)))^{-1}.</math> En portant ceci dans (7), nous trouvons :<math>\qquad gh = \mathrm{repr}_{H}(g\ \mathrm{repr}_{L}(h))\ \mathrm{q}_{L}(\mathrm{repr}_{H}(g\ \mathrm{repr}_{L}(h)))^{-1}\ \mathrm{q}_{L}(g \ \mathrm{repr}_{L}(h))\ \mathrm{q}_{L}(h).</math> La comparaison avec (3) donne (compte tenu de l'unicité de l’expression d'un élément de G comme produit d'un élément de la transversale gauche H et d'un élément de Q) :<math>\qquad \mathrm{q}_{H}(gh) = \mathrm{q}_{L}(\mathrm{repr}_{H}(g\ \mathrm{repr}_{L}(h)))^{-1}\ \mathrm{q}_{L}(g\ \mathrm{repr}_{L}(h)) \ \mathrm{q}_{L}(h).</math> D'après la définition :<math>\qquad V_{H}(g) = \prod _{h \in H} \mathrm{q}_{H}(gh)Q'</math> et la commutativité de Q/Q', nous avons donc :<math>(8)\qquad V_{H}(g) = (\prod _{h \in H} \mathrm{q}_{L}(\mathrm{repr}_{H}(g\ \mathrm{repr}_{L}(h)))^{-1}) (\prod _{h \in H} \mathrm{q}_{L}(g\ \mathrm{repr}_{L}(h))) (\prod _{h \in H}\mathrm{q}_{L}(h))Q'.</math> On vérifie facilement que l’application <math>h \mapsto \mathrm{repr}_{H}(g\ \mathrm{repr}_{L}(h))</math> est une permutation de H, donc :<math>(9)\qquad \prod _{h \in H} \mathrm{q}_{L}(\mathrm{repr}_{H}(g\ \mathrm{repr}_{L}(h)))Q' = \prod _{h \in H} \mathrm{q}_{L}(h)Q'.</math> De même, l’application <math>h \mapsto \mathrm{repr}_L{h}</math> est une bijection de H sur L, donc ::::<math>\qquad \prod _{h \in H} \mathrm{q}_{L}(g\ \mathrm{repr}_{L}(h))Q' = \prod _{l \in L} \mathrm{q}_{L}(gl)Q'.</math> :<math>(10)\qquad \prod _{h \in H} \mathrm{q}_{L}(g\ \mathrm{repr}_{L}(h))Q' = V_{L}(G).</math> En portant (9) et (10) dans (8), nous trouvons :<math>\ V_{H}(g) = V_{L}(g),</math> ce qui est notre thèse (1). Nous avons donc prouvé l’existence d'une application V de G dans Q/Q' telle que, pour toute transversale gauche T de Q dans G, :<math>V(g) = \prod _{t \in T} \mathrm{q}_{T}(gt)Q'.</math> Prouvons que V est un homomorphisme de groupes. Choisissons une transversale gauche H de Q dans G. Donc, pour tout élément ''g'' de G, :<math>(11) \qquad V(g) = V_{H}(g) = \prod_{h \in H}\mathrm{q}_{H}(gh)Q'.</math> Rappelons que, pour tout <math>x \in G,</math> :<math>(12) \qquad x = \mathrm{repr}_{H}(x)\ \mathrm{q}_{H}(x)</math> est l'unique écriture de ''x'' comme produit ''ab'' avec ''a'' dans H et ''b'' dans Q.<br /> Soient <math>\ g_{1}, g_{2}</math> deux éléments de G et <math>\ h</math> un élément de H.<br /> En faisant <math>\ x = g_{2}h </math> dans (12), nous trouvons :<math> \qquad g_{2}h = \mathrm{repr}_{H}(g_{2}h)\ \mathrm{q}_{H}(g_{2}h),</math> d'où, en multipliant les deux membres à gauche par <math>\ g_{1},</math> :<math>(13) \qquad g_{1} g_{2}h = g_{1} \mathrm{repr}_{H}(g_{2}h)\ \mathrm{q}_{H}(g_{2}h).</math> D'autre part, en faisant <math>\ x = g_{1}\ \mathrm{repr}_{H}(g_{2}h)</math> dans (12), nous obtenons :<math>\qquad g_{1} \mathrm{repr}_{H}(g_{2}h) = \mathrm{repr}_{H}(g_{1} \mathrm{repr}_{H}(g_{2}h))\ \mathrm{q}_{H}(g_{1} \mathrm{repr}_{H}(g_{2}h)).</math> En portant ceci dans (13), nous trouvons :<math>(14) \qquad g_{1} g_{2}h = \mathrm{repr}_{H}(g_{1} \mathrm{repr}_{H}(g_{2}h))\ \mathrm{q}_{H}(g_{1} \mathrm{repr}_{H}(g_{2}h))\ \mathrm{q}_{H}(g_{2}h).</math> D'autre part, l'égalité <math>\ g_{2}hQ = \mathrm{repr}_{H}(g_{2}h)Q</math> entraîne :<math>\qquad g_{1}g_{2}hQ = g_{1}\ \mathrm{repr}_{H}(g_{2}h)Q,</math> donc :<math>\qquad \mathrm{repr}_{H}(g_{1}\ \mathrm{repr}_{H}(g_{2}h)) = \mathrm{repr}_{H} (g_{1} g_{2}h).</math> En portant ceci dans (14), nous trouvons :<math>\qquad g_{1} g_{2}h = \mathrm{repr}_{H} (g_{1} g_{2}h)\ \mathrm{q}_{H}(g_{1} \mathrm{repr}_{H}(g_{2}h))\ \mathrm{q}_{H}(g_{2}h),</math> d'où, par comparaison avec (12) où on fait <math>\ x = g_{1}g_{2} h,</math> :<math>\qquad \mathrm{q}_{H}(g_{1} g_{2}h) = \mathrm{q}_{H}(g_{1} \mathrm{repr}_{H}(g_{2}h))\ \mathrm{q}_{H}(g_{2}h).</math> En faisant <math>\ g = g_{1}g_{2}</math> dans (11), nous trouvons donc :<math>(15) \qquad V(g_{1}g_{2}) = (\prod_{h \in H}\mathrm{q}_{H}(g_{1}\ \mathrm{repr}_{H}(g_{2}h))Q')\ (\prod_{h \in H}\mathrm{q}_{H}(g_{2}h)Q')</math> (où les produits <math>\prod_{h \in H}</math> sont pris dans le groupe Q/Q'). On vérifie facilement que <math>h \mapsto \mathrm{repr}_{H}(g_{2}h)</math> est une permutation de H, donc (15) peut s'écrire :<math> \qquad V(g_{1}g_{2}) = (\prod_{h \in H}\mathrm{q}_{H}(g_{1}h)Q')\ (\prod_{h \in H}\mathrm{q}_{H}(g_{2}h)Q'),</math> autrement dit :<math> \qquad V(g_{1}g_{2}) = V(g_{1})\ V(g_{2},</math> donc V est un homomorphisme de G dans Q/Q', comme annoncé.<br /> Nous avons donc démontré l’existence d'un homomorphisme V tel que dans l'énoncé. L'unicité de cet homomorphisme est évidente. }} {{Définition | contenu = Soient G un groupe et Q un sous-groupe d'indice fini de G. On appelle '''transfert de G vers Q/Q<nowiki>'</nowiki>''' l'homomorphisme V de G dans Q/Q' défini dans le théorème qui précède. }} '''Remarques.''' # Si Q est commutatif, alors Q' = 1 et le groupe Q/Q' est canoniquement isomorphe à Q. Dans ce cas, on considère que le transfert est un homomorphisme de G dans Q. # Même si Q n’est pas commutatif, certains auteurs disent « transfert de G vers Q » au lieu de « transfert de G vers Q/Q' ». # On désigne couramment le transfert par la lettre ''V'', qui est la première lettre du nom allemand du transfert : ''Verlagerung''. # Le transfert qu'on peut définir à partir des transversales droites est identique à celui qu'on a défini à partir des transversales gauches. (Voir exercices.) {{Théorème | titre = Évaluation du transfert | contenu = Soient G un groupe, Q un sous-groupe d'indice fini ''n'' de G, V le transfert de G vers Q/Q', T une transversale gauche de Q dans G. Pour tout élément ''g'' de G, il existe une partie T_g de T et une famille <math>(n_{t}(g))_{t \in T_{g}}</math> de nombres naturels tels que<br /> 1° pour tout élément ''t'' de T_g, <math>t^{-1}g^{n_{t}(g)}t \in Q</math>;<br /> 2° <math>\qquad \sum_{t \in T_{g}} n_{t}(g) = n = \vert G : Q \vert</math>;<br /> 3° <math>\qquad V(g) = \prod_{t \in T_{g}}t^{-1}g^{n_{t}(g)}tQ'.</math> }} {{Démonstration déroulante | contenu = Comme dans ce qui précède, nous avons, pour tout élément ''x'' de G, :<math>\qquad x = \mathrm{repr}_{T}(x) \mathrm{q}_{T}(x),</math> où <math>\mathrm{repr}_{T}(x)</math> est le seul élément ''a'' de T et <math>\mathrm{q}_{T}(x)</math> le seul élément ''b'' de Q tels que x = ab.<br /> En particulier, pour tout élément ''g'' de G et tout élément ''t'' de T, :<math>(1) \qquad gt = \mathrm{repr}_{T}(gt) \mathrm{q}_{T}(gt).</math> Il est clair que si on pose :<math>\qquad \sigma_{g,T}(t) = \mathrm{repr}_{T}(gt),</math> on définit une permutation <math>\sigma_{g,T}</math> de T. Alors (1) s'écrit :<math> \qquad gt = \sigma_{g,T}(t) \mathrm{q}_{T}(gt),</math> d'où :<math>(2) \qquad \sigma_{g,T}(t)^{-1} gt \in Q.</math> Soient <math>\ c_{1}, \ldots , c_{m}</math> les différentes orbites du groupe <math><\sigma_{g, T}></math> opérant sur T. (Il est clair que ''m'' dépend de ''g''.) Pour tout <math>i (1 \leq i \leq m),</math> posons :<math>\qquad c_{i} = \{t_{i, 1}, \ldots , t_{i, r_{i}}\},</math> où <math>t_{i, 1}, \ldots , t_{i, r_{i}}</math> sont énumérés de sorte que :pour tout ''j'' tel que <math>1 \leq j \leq r_{i}-1</math> : :<math>(3)\qquad \sigma_{g,T}(t_{i, j}) = t_{i, j+1}</math> et :<math>(4) \qquad \sigma_{g,T}(t_{i, r_{i}}) = t_{i, 1}.</math> (Autrement dit, quand ''i'' parcourt {1, ... , m}, les r_i- uplets <math>\ (t_{i, 1}, \ldots , t_{i, r_{i}})</math> forment la « décomposition complète » de <math>\sigma_{g,T}</math> en produit de « cycles » à supports disjoints.)<br /> En portant chacune des relations (3) et la relation (4) dans (2), nous trouvons :<math>\qquad t_{i, 2}^{-1}gt_{i, 1} \in Q,</math> :<math>\qquad t_{i, 3}^{-1}gt_{i, 2} \in Q,</math> :<math>\qquad \ldots </math> :<math>\qquad t_{i, r_{i}}^{-1}gt_{i, r_{i}-1} \in Q,</math> :<math>\qquad t_{i, 1}^{-1}gt_{i, r_{i}} \in Q.</math> On a donc :<math>\qquad (t_{i, 1}^{-1}gt_{i, r_{i}}) \ (t_{i, r_{i}}^{-1}gt_{i, r_{i}-1}) \ldots \ (t_{i, 2}^{-1}gt_{i, 1}) \in Q,</math> autrement dit :<math>(5) \qquad t_{i, 1}^{-1}g^{r_{i}}t_{i, 1} \in Q.</math> Posons <math>T_{g} = \{t_{1,1}, \ldots , t_{m,1}\}</math><br /> et, pour <math>t = t_{i, 1} \in T_{g},</math> posons <math>\ n_{t}(g) = r_{i}.</math><br /> Alors (5) prouve la partie (1) de l'énoncé.<br /> Puisque les orbites du groupe <math><\sigma ></math> opérant sur T forment une partition de T, nous avons <math>\ r_{1} + \ldots + r_{m} = n,</math> ce qui prouve la partie 2° de l'énoncé.<br /> Enfin, :<math>\qquad V(g) = \prod_{t \in T}\mathrm{q}_{T}(gt)Q'</math> :<math>\qquad V(g) = \prod_{t \in T} \sigma_{g, T}(t)^{-1}gtQ'.</math> Puisque les orbites du groupe <math><\sigma ></math> opérant sur T forment une partition de T, ceci peut s'écrire :<math>\qquad V(g) = \prod _{i = 1}^{m} \prod_{j = 1}^{r_{i}} \sigma_{g,T}(t_{i,j})^{-1}gt_{ij}Q'</math> :<math>(6) \qquad V(g) = \prod _{i = 1}^{m} \prod_{j = 1}^{r_{i}} t_{i, j+1}^{-1}gt_{i,j}Q'</math> (où on convient que <math>\ t_{i, 1+r_{i}} = t_{i, 1}</math>).<br /> Le produit partiel :<math>\qquad \prod_{j = 1}^{r_{i}} t_{i, j+1}^{-1}gt_{i,j}Q'</math> peut s'écrire :<math>\qquad (t_{i, 1}^{-1}gt_{i, r_{i}}) \ (t_{i, r_{i}}^{-1}gt_{i, r_{i}-1}) \ldots \ (t_{i, 2}^{-1}gt_{i, 1}) Q' = t_{i, 1}^{-1}g^{r_{i}}t_{i, 1} Q',</math> donc (6) peut s'écrire :<math>\qquad V(g) = \prod_{i = 1}^{m} t_{i, 1}^{-1}g^{r_{i}}t_{i, 1} Q',</math> ce qui prouve la partie 3° de l'énoncé, qui est donc entièrement démontré. }} == Groupes p-nilpotents == Rappelons la définition d'un complément, qui a été donnée au chapitre [[../Produit semi-direct|Produit semi-direct]] : {{Définition |contenu= Soient H et K des sous-groupes d'un groupe G. On dit que K est un complément de H (dans G) si <math>\ G = HK</math> et <math>H \cap K = 1</math>. }} Si G = HK, on a aussi G = KH (passer aux inverses, ou encore utiliser le fait, démontré dans la série [[../Exercices/Groupes, premières notions|Groupes, premières notions]], que si H et K sont deux sous-groupes d'un groupe G, alors HK = KH si et seulement si HK est un sous-groupe de G). Donc si K est un complément de H, H est un complément de K. On vérifie facilement que K est un complément de H dans G si et seulement si K est une transversale droite (resp. gauche) de H dans G. {{Définition | contenu = Soit <math>G</math> un groupe fini. Un sous-groupe de <math>G</math> est appelé un ''sous-groupe de Hall'' de <math>G</math> si <math>\vert H \vert</math> est premier avec <math>\vert G \vert / \vert H \vert .</math> Cela revient à dire que chaque facteur premier de <math>\vert H \vert</math> figure dans <math>\vert H \vert</math> à la même puissance que dans <math>\vert G \vert .</math> }} {{Théorème | contenu = Soient G un groupe fini et H un sous-groupe de Hall ''normal'' de G. Alors H est seul de son ordre parmi les sous-groupes de G (et est donc caractéristique dans G). Plus précisément, H est l'ensemble des éléments de G dont l'ordre divise <math>\vert H \vert .</math> }} Démonstration. Voir les exercices. {{Théorème | contenu = Soit <math>p</math> un nombre premier,soit G un groupe fini, soit <math>p^{n}</math> la plus grande puissance de <math>p</math> divisant <math>\vert G \vert</math>, soit H un sous-groupe de G. Les conditions suivantes sont équivalentes : :a) H est un complément normal dans G de tout p-sous-groupe de Sylow de G; :b) il existe un p-sous-groupe de Sylow de G dont H est un complément normal dans G; :c) H est un sous-groupe normal de G d'ordre <math>\vert G \vert / p^{n}</math>; :d) H est formé par les éléments de G dont l'ordre n'est pas divisible par <math>p</math>; :e) H est l'unique sous-groupe d'ordre <math>\vert G \vert / p^{n}</math> de G. }} {{Démonstration déroulante | contenu = Puisque G a au moins un p-sous-groupe de Sylow, l'implication a) <math>\Rightarrow</math> b) est évidente.<br /> Supposons b) et prouvons c). Par hypothèse, il existe un p-sous-groupe de Sylow P de G dont H est complément normal. Alors <math>H \cap P = 1</math> et <math>HP = G</math>, donc, d'après la formule du produit, :<math>\vert H \vert \cdot \vert P \vert = \vert G \vert</math>, :<math>\vert H \vert = \vert G \vert / p^{n}</math>, ce qui prouve que b) entraîne c).<br /> Supposons maintenant c) et prouvons d). D'après l'hypothèse c), H est un sous-groupe de Hall normal de G, donc, d'après un théorème ci-dessus, H est formé par les éléments de G dont l'ordre divise <math>\vert H \vert = \vert G \vert / p^{n} .</math> Il est clair que les éléments de G dont l'ordre divise <math>\vert G \vert / p^{n}</math> sont les éléments de G dont l'ordre n'est pas divisible par <math>p</math>, donc H est formé par les éléments de G dont l'ordre n'est pas divisible par <math>p</math>, ce qui prouve que c) entraîne d).<br /> Supposons maintenant d) et prouvons e). Pour tout facteur premier <math>q</math> de <math>\vert G \vert</math> autre que <math>p</math>, choisissons un q-sous-groupe de Sylow Q de G. Alors Q est formé d'éléments dont l'ordre n'est pas divisible par <math>p</math>, donc d'après l'hypothèse d), Q est contenu dans H, donc <math>\vert H \vert</math> est divisible par <math>\vert Q \vert</math>. Autrement dit, <math>\vert H \vert</math> est divisible par la plus granse puissance de <math>q</math> qui divise <math>\vert G \vert .</math> Ceci étant vrai pour tout facteur premier <math>q</math> de <math>\vert G \vert</math> autre que <math>p</math>, : (1)<math>\qquad \vert H \vert</math> est divisible par <math>\vert G \vert / p^{n}.</math> D'autre part, puisque tout élément de H est d'ordre non divisible par <math>p</math>, il résulte du théorème de Cauchy que :(2)<math>\qquad \vert H \vert</math> n'est pas divisible par <math>p.</math> De (1), de (2) et du fait que <math>\vert H \vert</math> divise <math>\vert G \vert</math>, il résulte que :(3)<math>\qquad \vert H \vert = \vert G \vert / p^{n}.</math> D'autre part, puisque, d'après l'hypothèse d), H est l'ensemble des éléments de G dont l'ordre n'est pas divisible par <math>p</math>, il est clair que H est caractéristique et donc normal dans G, donc d'après (3), H est un sous-groupe de Hall normal de G, donc, d'après un théorème ci-dessus, H est seul de son ordre parmi les sous-groupes de G. D'après (3), cela signifie que H est le seul sous-groupe d'ordre <math>\vert G \vert / p^{n}</math> de G, ce qui prouve que d) entraîne e).<br /> Supposons maintenant e) et prouvons a). Soit P un p-sous-groupe de Sylow de G. Puisque, d'après l'hypothèse e), H est d'ordre <math>\vert G \vert / p^{n}</math>, <math>\vert H \vert</math> est premier avec <math>\vert P \vert</math>, donc :(4)<math>\qquad P \cap H = 1.</math> Donc, d'après la formule du produit, :<math>\qquad \vert PH \vert = \vert P \vert \cdot \vert H \vert</math>, :<math>\qquad \vert PH \vert = p^{n} (\vert G \vert / p^{n})</math>, :<math>\qquad \vert PH \vert = \vert G \vert </math>, :(5)<math>\qquad PH = G </math>. De (4) et (5), il résulte que :(6)<math>\qquad </math>H est un complément de P dans G. De plus, d'après l'hypothèse e), H est seul de son ordre parmi les sous-groupes de G, donc H est caractéristique et donc normal dans G, donc, d'après (6), H est un complément normal de P dans G, ce qui prouve que e) entraîne a). }} {{Définition | titre = Définitions | contenu = Soit <math>p</math> un nombre premier,soit G un groupe fini, soit <math>p^{n}</math> la plus grande puissance de <math>p</math> divisant <math>\vert G \vert</math>. Nous définirons un p-complément de G comme un sous-groupe d'ordre <math>\vert G \vert / p^{n}</math> de G (s'il y en a). Les conditions a) à e) de l'énoncé qui précède sont donc des conditions nécessaires et suffisantes pour qu'un sous-groupe H de G soit un p-complément ''normal'' de G. Soit <math>p</math> un nombre premier, soit G un groupe fini. On dit que G est p-nilpotent s'il admet un p-complément normal. D'après l'énoncé qui précède, ce p-complément normal est alors unique, puisqu'il est l'ensemble des éléments de G dont l'ordre n'est pas divisible par <math>p</math>. }} Pour la même raison, le p-complément normal de G, quand il existe, est un sous-groupe caractéristique de G. On verra dans les exercices qu'un groupe fini G est nilpotent si et seulement s'il est p-nilpotent pour tout facteur premier <math>p</math> de <math>\vert G \vert</math>. == Théorème du complément normal de Burnside == {{Lemme | contenu = Soient G un groupe fini et P un sous-groupe de Sylow de G. Si deux éléments de C_G(P) sont conjugués dans G, ils sont conjugués dans N_G(P). }} {{Démonstration déroulante | contenu = Soient ''g'', ''h'' deux éléments de <math>\ C_{G}(P)</math> conjugués dans G. Il s'agit de prouver que ''g'' et ''h'' sont conjugués dans <math>\ N_{G}(P)</math>.<br /> Puisque ''g'' et ''h'' sont conjugués dans G, il existe un élément ''a'' de G tel que :<math>(1) \qquad h = a^{-1}ga.</math> Alors :<math>(2)\qquad h \in a^{-1}C_{G}(P)a.</math> D'après un exercice de la série [[../Exercices/Conjugaison, centralisateur, normalisateur|Conjugaison, centralisateur, normalisateur]], <math>\ a^{-1}C_{G}(P)a = C_{G}(a^{-1}Pa),</math> donc (2) peut s'écrire :<math>\qquad h \in C_{G}(a^{-1}Pa),</math> ce qui équivaut à :<math>(3) \qquad a^{-1}Pa \leq C_{G}(h).</math> D'autre part, ''h'' est supposé appartenir à <math>C_{G}(P),</math> ce qui revient à dire que :<math>(4)\qquad P \leq C_{G}(h).</math> Soit ''p'' un nombre premier tel que P soit un p-sous-groupe de Sylow de G. Il résulte clairement de (3) et (4) que P et a{{exp|-1}}Pa sont deux p-sous-groupes de Sylow de C_G(h) et sont donc conjugués dans C_G(h).<br /> Il existe donc un élément ''b'' de C_G(h) tel que :<math>\qquad ba^{-1}Pab^{-1} = P,</math> d'où :<math>(5)\qquad ba^{-1} \in N_{G}(P).</math> D'autre part, puisque <math>b \in C_{G}(h),</math> :<math>\qquad b^{-1}hb = h,</math> d'où :<math>\qquad ab^{-1}hba^{-1} = aha^{-1},</math> ce qui, d’après (1) peut s'écrire :<math>\qquad ab^{-1}hba^{-1} = g.</math> Joint à (5), ceci montre que ''g'' et ''h'' sont conjugués dans N_G(P), ce qui est notre thèse. }} '''Remarque.''' On trouvera dans les exercices une forme plus générale du lemme qui précède. {{Lemme | contenu = Soient G un groupe fini, P un sous-groupe de Sylow de G, ''n'' l'indice de P dans G. Si P est commutatif, si V désigne le transfert de G vers P, alors, pour tout <math>x \in P \cap Z(N_{G}(P)),</math> :<math>\qquad V(x) = x^{n}.</math> }} {{Démonstration | contenu = Soit ''x'' un élément de <math>P \cap Z(N_{G}(P)).</math> D'après le théorème d'évaluation du transfert, il existe des entiers naturels <math>n_{1}, \ldots , n_{r}</math> et des éléments <math>t_{1}, \ldots , t_{r}</math> de G (dépendants de ''x'') tels que :<math>(1) \qquad t_{i}x^{n_{i}}t_{i}^{-1} \in P</math> pour tout <math>i (1 \leq i \leq r)</math>; :<math>(2) \qquad V(x) = \prod _{i = 1}^{r}t_{i}x^{n_{i}}t_{i}^{-1}</math>; :<math>(3) \qquad \sum _{i=1}^{r}n_{i} = n.</math> Puisque ''x'' est supposé appartenir à P, :<math>(4) \qquad x^{n_{i}} \in P.</math> Puisque P est supposé commutatif, <math>P \leq C_{G}(P),</math> donc, d’après (1) et (4), <math>\ x^{n_{i}}</math> et <math>\ t_{i}x^{n_{i}}t_{i}^{-1}</math> sont des éléments de <math>\ C_{G}(P),</math> évidemment conjugués dans G. Puisque P est un sous-groupe de Sylow de G, il résulte donc du lemme précédent que :<math>(5) \qquad x^{n_{i}}</math> et <math>\ t_{i}x^{n_{i}}t_{i}^{-1}</math> sont conjugués dans <math>\ N_{G}(P).</math> Puisque ''x'' est supposé appartenir à <math>\ Z(N_{G}(P)),</math> il en est de même de <math>\ x^{n_{i}}, </math> donc <math>\ x^{n_{i}}</math> est son seul conjugué dans <math>\ N_{G}(P),</math> donc, d’après (5), <math>\ t_{i}x^{n_{i}}t_{i}^{-1} = x^{n_{i}},</math> d'où, d’après (2) et (3), <math>\ V(x) = x^{n},</math> ce qui démontre l'énoncé. }} {{Lemme | contenu = Soient G un groupe fini et P un sous-groupe de Sylow de G. Si P est commutatif, :<math>\qquad G' \cap P \cap Z(N_{G}(P)) = 1.</math> }} {{Démonstration | contenu = Soit ''x'' un élément de <math>\qquad G' \cap P \cap Z(N_{G}(P)).</math> Il s'agit de prouver que x = 1.<br /> Désignons par ''n'' l'indice de P dans G et par V le transfert de G vers P. Puisque ''x'' appartient à <math>P \cap Z(N_{G}(P)),</math> nous avons, d’après le lemme précédent, :<math>(1) \qquad V(x) = x^{n}.</math> D'autre part, puisque V est un homomorphisme arrivant dans un groupe commutatif, <math>G' \leq Ker(V),</math> donc, puisque ''x'' appartient à G', :<math> \qquad V(x) = 1.</math> La comparaison avec (1) donne :<math>(2) \qquad x^{n} = 1.</math> Soit ''p'' un nombre premier tel que P soit un p-sous-groupe de Sylow de G. Puisque ''x'' est supposé appartenir à P, l’ordre de ''x'' est une puissance de ''p''. D'autre part, puisque P est un p-sous-groupe de Sylow de G, l'indice ''n'' de P dans G est premier avec ''p'', donc ''n'' est premier avec l’ordre de ''x''. Dès lors, (2) donne x = 1, ce qui prouve notre thèse. }} {{Corollaire | contenu = Soient G un groupe simple fini d'ordre composé et P un sous-groupe de Sylow de G. Si P est commutatif, :<math>\qquad P \cap Z(N_{G}(P)) = 1.</math> }} {{Démonstration | contenu = Puisque G est un groupe simple fini d'ordre composé, <math>G' = G</math>, donc le lemme précédent donne :<math>\qquad P \cap Z(N_{G}(P)) = 1.</math> }} {{Lemme | contenu = Soient G un groupe fini et P un sous-groupe de Sylow de G. Si <math>P \cap G' = 1,</math> alors G est p-nilpotent. }} {{Démonstration | contenu = Soit ''p'' un nombre premier tel que P soit un p-sous-groupe de Sylow de G. Puisque <math>P \cap G' = 1,</math> il résulte de la formule du produit que l’ordre de PG'/G' est égal à <math>\vert P \vert ,</math> donc PG'/G' est clairement un p-sous-groupe de Sylow de G/G'.<br /> Comme le groupe G/G' est commutatif, il est produit direct de ses sous-groupes de Sylow, donc PG'/G' est facteur direct de G/G' et admet donc un complément dans G/G'. Un tel complément est de la forme H/G', où H est un sous-groupe de G contenant G' tel que :<math>(1) \qquad H \cap (PG') = G'</math> et :<math>(2) \qquad G = PH.</math> Prouvons que H est un complément de P dans G. D'après (2), il suffit de prouver que :<math>(3) \qquad P \cap H = 1.</math> Nous avons <math> P \cap H \leq H \cap (PG'),</math> d'où, d’après (1), <math> P \cap H \leq G',</math> d'où <math> P \cap H \leq P \cap G' = 1,</math> ce qui prouve notre thèse (3).<br /> Nous avons donc prouvé que H est un complément de P dans G. Puisque H contient G', H est normal dans G et est donc un complément normal de P dans G. Donc G est p-nilpotent. }} {{Théorème | titre = Théorème du complément normal de Burnside (ou théorème de transfert de Burnside, ou théorème de p-nilpotence de Burnside) | contenu = Soient G un groupe fini et P un sous-groupe de Sylow de G tel que <math>\ N_{G}(P) = C_{G}(P)</math> (égalité qui revient à <math>P \leq Z(N_{G}(P))</math>). Alors G est p-nilpotent. }} {{Démonstration | titre = Démonstration | contenu = Puisque P est contenu dans <math>\ N_{G}(P),</math> l'hypothèse <math>\ N_{G}(P) = C_{G}(P)</math> entraîne que P est commutatif. Donc, d’après un lemme ci-dessus, :<math>(1) \qquad G' \cap P \cap Z(N_{G}(P)) = 1.</math> L'hypothèse <math>\ N_{G}(P) = C_{G}(P)</math> revient à <math>P \leq Z(N_{G}(P))</math>, donc (1) peut s'écrire :<math> \qquad P \cap G' = 1.</math> D'après un lemme ci-dessus, l'énoncé en résulte<ref>Cette démonstration du théorème du complément normal de Burnside est donnée par I.M. Isaacs, ''Finite Group Theory'', American Mathematical Society, 2008, pp. 161-162.</ref>. }} {{Théorème | titre = Lemme | contenu = Soient G un groupe simple fini non abélien et ''p'' un facteur premier de l'ordre de G. Alors G n'est pas p-nilpotent. }} Démonstration. Supposons que, par absurde, G soit p-nilpotent. Choisissons un p-sous-groupe de Sylow P de G. Notre hypothèse selon laquelle G est p-nilpotent revient à dire que P admet un complément normal N dans G. Puisque G est un groupe simple fini non commutatif, on sait qu’il n’est pas résoluble, donc son ordre n’est pas une puissance de nombre premier, donc 1 < P < G, donc 1 < N < G. C'est impossible, puisque N est normal dans G et que G est supposé simple.<br /> {{Théorème | titre = Corollaire | contenu = Soient G un groupe fini non abélien, ''p'' un facteur premier de l'ordre de G et P un p-sous-groupe de Sylow de G. Si P est contenu dans <math>Z(N_{G}(P))</math> (ce qui revient à dire que <math>N_{G}(P) = N_{G}(P)</math>), alors G n'est pas simple. }} Démonstration. Cela résulte du lemme qui précède et du théorème du complément normal de Burnside. Remarque. Le corollaire qui précède peut d'ailleurs se déduire du lemme, démontré plus haut, disant que si G est un groupe simple fini d'ordre composé et P un sous-groupe de Sylow abélien de G, alors <math>\qquad P \cap Z(N_{G}(P)) = 1.</math>. == Applications du théorème du complément normal de Burnside == {{Théorème | titre = Cas particulier | contenu = Soient G un groupe fini, ''p'' un facteur premier de <math>\vert G \vert</math> et P un p-sous-groupe de Sylow de G. On suppose que P est abélien et que les ordres de Aut(P) et de <math>\ N_{G}(P)</math> sont premiers entre eux ou n'ont que ''p'' comme diviseur premier commun. Alors <math>\ N_{G}(P) = C_{G}(P)</math> et G est p-nilpotent. }} {{Démonstration | titre = Démonstration | contenu = D'après le lemme N/C (chapitre [[../Conjugaison, centralisateur, normalisateur|Conjugaison, centralisateur, normalisateur]]), <math>\ N_{G}(P)/C_{G}(P)</math> est isomorphe à un sous-groupe de Aut(P), donc :<math>(1) \qquad \vert N_{G}(P)/C_{G}(P) \vert </math> divise <math>\vert Aut(P) \vert</math>. D'autre part, :<math>(2) \qquad \vert N_{G}(P)/C_{G}(P) \vert </math> divise <math>\ N_{G}(P)</math>. Puisque, d’après les hypothèses de l'énoncé, les ordres de Aut(P) et de <math>\ N_{G}(P)</math> sont premiers entre eux ou n'ont que ''p'' comme facteur premier commun, il résulte de (1) et de (2) que :(3) <math>\qquad \vert N_{G}(P)/C_{G}(P) \vert </math> est une puissance de ''p''. Prouvons que cette puissance de ''p'' est égale à 1.<br /> Puisque P est abélien par hypothèse de l'énoncé, il est contenu dans <math>\ C_{G}(P),</math> donc <math>\vert C_{G}(P)\vert</math> est multiple de <math>\vert P\vert</math>, donc <math>\vert N_{G}(P)/C_{G}(P) \vert </math> divise <math>\vert N_{G}(P)\vert /\vert P \vert ,</math> qui divise <math>\vert G\vert /\vert P \vert ,</math> qui est premier avec ''p'' (puisque P est un p-sous-groupe de Sylow de G). Donc :<math>(4) \qquad \vert N_{G}(P)/C_{G}(P) \vert </math> est premier avec p. De (3) et (4), il résulte que <math>\vert N_{G}(P)/C_{G}(P) \vert = 1</math>, d'où <math>\ N_{G}(P) = C_{G}(P)</math>. Donc, d’après le théorème du complément normal de Burnside, P admet un complément normal dans G, autrement dit G est p-nilpotent. }} L'énoncé qui précède a évidemment le cas particulier suivant : {{Théorème | titre = Cas particulier | contenu = Soient G un groupe fini, ''p'' un facteur premier de <math>\vert G \vert</math> et P un p-sous-groupe de Sylow ''abélien'' de G. On suppose que les ordres de Aut(P) et de G sont premiers entre eux ou n'ont que ''p'' comme diviseur premier commun (ce qui revient à dire que le PGCD de <math>\vert Aut(P) \vert</math> et de <math>\vert G \vert </math> est une puissance de ''p''). Alors <math>\ N_{G}(P) = C_{G}(P)</math> et G est p-nilpotent. }} {{Théorème | contenu = Soient G un groupe fini > 1 et ''p'' le plus petit diviseur premier de l’ordre de G. Si un p-sous-groupe de Sylow P de G est cyclique, alors <math>\ N_{G}(P) = C_{G}(P)</math> et G est p-nilpotent. (En particulier, si l'ordre de G n'est pas divisible par <math>\ p^{2}</math>, G est p-nilpotent, mais on verra plus fort dans un des énoncés qui suivent.) }} {{Démonstration | contenu = Soit P un p-sous-groupe de Sylow de G, soit <math>\ p^{m}</math> l’ordre de P. Par hypothèse, P est cyclique, donc Aut(P) est d'ordre <math>\ p^{m-1}(p-1)</math> (voir chapitre [[../Automorphismes d'un groupe cyclique|Automorphismes d'un groupe cyclique]] ). Puisque ''p'' est le plus petit facteur premier de <nowiki>|G|</nowiki>, il en résulte que <nowiki>|Aut(P)|</nowiki> et <nowiki>|G|</nowiki>sont premiers entre eux ou ont ''p'' pour seul facteur premier commun. Le « cas particulier » qui précède montre donc que <math>\ N_{G}(P) = C_{G}(P)</math> et que G est p-nilpotent. }} {{Théorème | titre = Corollaire | contenu = Soit G un groupe simple fini non abélien, notons ''p'' le plus petit facteur premier de l'ordre de G. Alors les p-sous-groupes de Sylow de G ne sont pas cycliques. }} {{Démonstration | contenu = Si les p-sous-groupes de Sylow de G étaient cycliques, G serait p-nilpotent d'après le théorème qui précède. Or on a vu qu'un groupe simple non abélien n'est q-nilpotent pour aucun facteur premier ''q'' de son ordre. }} {{Théorème | titre = Lemme | contenu = Soit G un groupe fini > 1; désignons par ''p'' le plus petit facteur premier de <nowiki>|G|</nowiki>. On suppose que <nowiki>|G|</nowiki> n'est divisible ni par p³ ni par 12. Alors G est p-nilpotent. }} {{Démonstration | contenu = Soit P un p-sous-groupe de Sylow de G. Si P est cyclique, alors, d’après le théorème précédent, G est p-nilpotent. On peut donc supposer que P n’est pas cyclique. Puisque <nowiki>|G|</nowiki> est supposé non divisible par p³, P est donc un groupe non cyclique d'ordre p² et est donc produit direct de deux sous-groupes d'ordre ''p'' (voir chapitre [[../Théorèmes de Sylow|Théorèmes de Sylow]]). C'est donc un p-groupe abélien élémentaire. D'après le chapitre [[../Groupes linéaires|Groupes linéaires]], énoncé 6, nous avons donc :<math>(1) \qquad \vert Aut(P) \vert = (p^{2} - 1) ( p^{2} - p) = p (p + 1) (p - 1)^{2}.</math> Puisque ''p'' est le plus petit facteur premier de <nowiki>|G|</nowiki>, p-1 est premier avec <nowiki>|G|</nowiki>, donc (1) donne :(2) PGCD(<nowiki>|Aut(P)|</nowiki>, <nowiki>|G|</nowiki>) = PGCD(p(p+1), <nowiki>|G|</nowiki>). Supposons tout d’abord ''p'' distinct de 2. Alors la relation <math>p+1 = 2 \frac{p+1}{2}</math>, avec <math>\frac{p+1}{2}</math> nombre naturel < p, montre que tout facteur premier de p+1 est <p, donc, par minimalité de ''p'', p+1 est premier avec <nowiki>|G|</nowiki>, donc (2) donne :PGCD(<nowiki>|Aut(P)|</nowiki>, <nowiki>|G|</nowiki>) = p. D'après le « cas particulier » du théorème du complément normal de Burnside, il en résulte que G est p-nilpotent. Reste à examiner le cas où p = 2. Alors, d’après (1), <nowiki>|Aut(P)|</nowiki> = 6, :(3) PGCD(<nowiki>|Aut(P)|</nowiki>, <nowiki>|G|</nowiki>) = PGCD(6, <nowiki>|G|</nowiki>). D'après ce qui précède, <nowiki>|G|</nowiki> est divisible par 4. Puisque, par hypothèse de l'énoncé, il n’est pas divisible par 12, il n'est donc pas divisible par 3, donc, d’après (3), :PGCD(<nowiki>|Aut(P)|</nowiki>, <nowiki>|G|</nowiki>) = 2. D'après le « cas particulier » du théorème du complément normal de Burnside, il en résulte que G est 2-nilpotent. }} {{Théorème | contenu = Soient G un groupe simple fini non commutatif et ''p'' le plus petit facteur premier de l’ordre de G. L'ordre de G est divisible par p{{exp|3}} ou par 12. }} {{Démonstration | contenu = Supposons que, par absurde, l’ordre de G ne soit divisible ni par p{{exp|3}} ni par 12. D'après le lemme qui précède, G est p-nilpotent. Puisque G est un groupe simple fini non commutatif, cela contredit un des lemmes qui précèdent. }} '''Remarque.''' D'après un théorème de Feit et Thompson dont la démonstration excède le cadre de la présente leçon, tout groupe simple fini non commutatif est d'ordre pair. Si on admet ce théorème de Feit et Thompson, le précédent théorème peut s'énoncer comme suit : si G est un groupe simple fini non commutatif, l’ordre de G est divisible par 8 ou par 12. Sans admettre le théorème de Feit et Thompson, nous pouvons énoncer cette conséquence évidente du théorème qui précède : {{Théorème | contenu = Soit G un groupe simple fini non commutatif, on suppose que G est d'ordre pair. L'ordre de G est divisible par 8 ou par 12. }} == Notes et références == <references/> {{Bas de page | idfaculté = mathématiques | précédent = [[../Groupes dicycliques/]] | suivant = [[../Premiers résultats sur les groupes simples/]] }} hcuyrwxsfxvgyylevjg47ja9ef01lyf 982316 982315 2026-05-01T06:23:43Z Marvoir 1746 /* Applications du théorème du complément normal de Burnside */ codage 982316 wikitext text/x-wiki {{Chapitre | niveau = 14 | idfaculté = mathématiques | numéro = 28 | précédent = [[../Groupes dicycliques/]] | suivant = [[../Premiers résultats sur les groupes simples/]] | page_liée = Exercices/Transfert, théorème du complément normal de Burnside }} == Transfert == Soient G un groupe, Q un sous-groupe de G et T une transversale gauche de Q dans G. Pour tout élément ''x'' de G, nous désignerons par repr_T(x) le représentant de ''x'' dans T, c'est-à-dire l'unique élément de T qui appartient à la même classe à gauche modulo Q que ''x''. Nous désignerons par q_T(x) l'élément repr_T(x){{exp|-1}} x de Q. Donc, si x = ab avec <math>a \in T</math> et <math>b \in Q</math>, alors a = repr_T(x) et b = q_T(x). Notons pour la suite que si Q' désigne le groupe dérivé de Q, le groupe quotient Q/Q' est commutatif, donc on peut parler du produit d'une famille finie d'éléments de Q/Q' sans préciser l’ordre des facteurs. {{Théorème | titre = Théorème du transfert | contenu = Soient G un groupe, Q un sous-groupe d'indice fini de G, Q' le groupe dérivé de Q. Il existe un et un seul homomorphisme V de G dans Q/Q' tel que, pour toute transversale gauche T de Q dans G et tout élément ''g'' de G : :<math>V(g) = \prod _{t \in T} \mathrm{q}_{T}(gt)Q'</math>. }} {{Démonstration déroulante | contenu = Pour une transversale gauche T de Q dans G, posons :<math>V_{T}(g) = \prod _{t \in T} \mathrm{q}_{T}(gt)Q'.</math> Il s'agit de prouver que V_T est un homomorphisme de groupes et ne dépend pas de T.<br /> Prouvons d’abord que V_T ne dépend pas de T. Soient L et H deux transversales gauches de Q dans G. Il s'agit de prouver que :<math>\ (1) V_{H} = V_{L}.</math> Pour tout <math>l \in L,</math> :<math>(2) \qquad gl = \mathrm{repr}_{L}(gl)\ \mathrm{q}_{L}(gl).</math> Pour tout <math>h \in H,</math> :<math>(3) \qquad gh = \mathrm{repr}_{H}(gh)\ \mathrm{q}_{H}(gh)</math> et :<math>(4) \qquad h = \mathrm{repr}_{L}(h)\ \mathrm{q}_{L}(h).</math> En multiplant les deux membres de (4) par ''g'' à gauche, nous trouvons :<math>(5) \qquad gh = g\ \mathrm{repr}_{L}(h)\ \mathrm{q}_{L}(h).</math> D'autre part, en remplaçant <math>\ l</math> par <math>\ \mathrm{repr}_{L}(h)</math> dans (2), nous trouvons :<math>\qquad g\ \mathrm{repr}_{L}(h) = \mathrm{repr}_{L}(g\ \mathrm{repr}_{L}(h))\ \mathrm{q}_{L}(g\ \mathrm{repr}_{L}(h)).</math> En portant ceci dans (5), nous trouvons :<math>(6) \qquad gh = \mathrm{repr}_{L}(g \mathrm{repr}_{L}(h))\ \mathrm{q}_{L}(g \mathrm{repr}_{L}(h))\ \mathrm{q}_{L}(h).</math> Puisque deux éléments de G qui appartiennent à la même classe à gauche modulo Q ont le même représentant dans L, :<math> \qquad \mathrm{repr}_{L}(g\ \mathrm{repr}_{L}(h)) = \mathrm{repr}_{L}(\mathrm{repr}_{H}(g\ \mathrm{repr}_{L}(h))),</math> donc (6) peut s'écrire :<math>(7) \qquad gh = \mathrm{repr}_{L}(\mathrm{repr}_{H}(g\ \mathrm{repr}_{L}(h)))\ \mathrm{q}_{L}(g\ \mathrm{repr}_{L}(h))\ \mathrm{q}_{L}(h).</math> D'autre part, (3) peut s'écrire :<math>\qquad \mathrm{repr}_{L}(h) = h\ \mathrm{q}_{L}(h)^{-1}.</math> En remplaçant dans ceci <math>\ h</math> par <math>\ \mathrm{repr}_{H}(g\ \mathrm{repr}_{L}(h)),</math> nous trouvons :<math>\qquad \mathrm{repr}_{L}(\mathrm{repr}_{H}(g\ \mathrm{repr}_{L}(h))) = \mathrm{repr}_{H}(g\ \mathrm{repr}_{L}(h)) \mathrm{q}_{L}(\mathrm{repr}_{H}(g\ \mathrm{repr}_{L}(h)))^{-1}.</math> En portant ceci dans (7), nous trouvons :<math>\qquad gh = \mathrm{repr}_{H}(g\ \mathrm{repr}_{L}(h))\ \mathrm{q}_{L}(\mathrm{repr}_{H}(g\ \mathrm{repr}_{L}(h)))^{-1}\ \mathrm{q}_{L}(g \ \mathrm{repr}_{L}(h))\ \mathrm{q}_{L}(h).</math> La comparaison avec (3) donne (compte tenu de l'unicité de l’expression d'un élément de G comme produit d'un élément de la transversale gauche H et d'un élément de Q) :<math>\qquad \mathrm{q}_{H}(gh) = \mathrm{q}_{L}(\mathrm{repr}_{H}(g\ \mathrm{repr}_{L}(h)))^{-1}\ \mathrm{q}_{L}(g\ \mathrm{repr}_{L}(h)) \ \mathrm{q}_{L}(h).</math> D'après la définition :<math>\qquad V_{H}(g) = \prod _{h \in H} \mathrm{q}_{H}(gh)Q'</math> et la commutativité de Q/Q', nous avons donc :<math>(8)\qquad V_{H}(g) = (\prod _{h \in H} \mathrm{q}_{L}(\mathrm{repr}_{H}(g\ \mathrm{repr}_{L}(h)))^{-1}) (\prod _{h \in H} \mathrm{q}_{L}(g\ \mathrm{repr}_{L}(h))) (\prod _{h \in H}\mathrm{q}_{L}(h))Q'.</math> On vérifie facilement que l’application <math>h \mapsto \mathrm{repr}_{H}(g\ \mathrm{repr}_{L}(h))</math> est une permutation de H, donc :<math>(9)\qquad \prod _{h \in H} \mathrm{q}_{L}(\mathrm{repr}_{H}(g\ \mathrm{repr}_{L}(h)))Q' = \prod _{h \in H} \mathrm{q}_{L}(h)Q'.</math> De même, l’application <math>h \mapsto \mathrm{repr}_L{h}</math> est une bijection de H sur L, donc ::::<math>\qquad \prod _{h \in H} \mathrm{q}_{L}(g\ \mathrm{repr}_{L}(h))Q' = \prod _{l \in L} \mathrm{q}_{L}(gl)Q'.</math> :<math>(10)\qquad \prod _{h \in H} \mathrm{q}_{L}(g\ \mathrm{repr}_{L}(h))Q' = V_{L}(G).</math> En portant (9) et (10) dans (8), nous trouvons :<math>\ V_{H}(g) = V_{L}(g),</math> ce qui est notre thèse (1). Nous avons donc prouvé l’existence d'une application V de G dans Q/Q' telle que, pour toute transversale gauche T de Q dans G, :<math>V(g) = \prod _{t \in T} \mathrm{q}_{T}(gt)Q'.</math> Prouvons que V est un homomorphisme de groupes. Choisissons une transversale gauche H de Q dans G. Donc, pour tout élément ''g'' de G, :<math>(11) \qquad V(g) = V_{H}(g) = \prod_{h \in H}\mathrm{q}_{H}(gh)Q'.</math> Rappelons que, pour tout <math>x \in G,</math> :<math>(12) \qquad x = \mathrm{repr}_{H}(x)\ \mathrm{q}_{H}(x)</math> est l'unique écriture de ''x'' comme produit ''ab'' avec ''a'' dans H et ''b'' dans Q.<br /> Soient <math>\ g_{1}, g_{2}</math> deux éléments de G et <math>\ h</math> un élément de H.<br /> En faisant <math>\ x = g_{2}h </math> dans (12), nous trouvons :<math> \qquad g_{2}h = \mathrm{repr}_{H}(g_{2}h)\ \mathrm{q}_{H}(g_{2}h),</math> d'où, en multipliant les deux membres à gauche par <math>\ g_{1},</math> :<math>(13) \qquad g_{1} g_{2}h = g_{1} \mathrm{repr}_{H}(g_{2}h)\ \mathrm{q}_{H}(g_{2}h).</math> D'autre part, en faisant <math>\ x = g_{1}\ \mathrm{repr}_{H}(g_{2}h)</math> dans (12), nous obtenons :<math>\qquad g_{1} \mathrm{repr}_{H}(g_{2}h) = \mathrm{repr}_{H}(g_{1} \mathrm{repr}_{H}(g_{2}h))\ \mathrm{q}_{H}(g_{1} \mathrm{repr}_{H}(g_{2}h)).</math> En portant ceci dans (13), nous trouvons :<math>(14) \qquad g_{1} g_{2}h = \mathrm{repr}_{H}(g_{1} \mathrm{repr}_{H}(g_{2}h))\ \mathrm{q}_{H}(g_{1} \mathrm{repr}_{H}(g_{2}h))\ \mathrm{q}_{H}(g_{2}h).</math> D'autre part, l'égalité <math>\ g_{2}hQ = \mathrm{repr}_{H}(g_{2}h)Q</math> entraîne :<math>\qquad g_{1}g_{2}hQ = g_{1}\ \mathrm{repr}_{H}(g_{2}h)Q,</math> donc :<math>\qquad \mathrm{repr}_{H}(g_{1}\ \mathrm{repr}_{H}(g_{2}h)) = \mathrm{repr}_{H} (g_{1} g_{2}h).</math> En portant ceci dans (14), nous trouvons :<math>\qquad g_{1} g_{2}h = \mathrm{repr}_{H} (g_{1} g_{2}h)\ \mathrm{q}_{H}(g_{1} \mathrm{repr}_{H}(g_{2}h))\ \mathrm{q}_{H}(g_{2}h),</math> d'où, par comparaison avec (12) où on fait <math>\ x = g_{1}g_{2} h,</math> :<math>\qquad \mathrm{q}_{H}(g_{1} g_{2}h) = \mathrm{q}_{H}(g_{1} \mathrm{repr}_{H}(g_{2}h))\ \mathrm{q}_{H}(g_{2}h).</math> En faisant <math>\ g = g_{1}g_{2}</math> dans (11), nous trouvons donc :<math>(15) \qquad V(g_{1}g_{2}) = (\prod_{h \in H}\mathrm{q}_{H}(g_{1}\ \mathrm{repr}_{H}(g_{2}h))Q')\ (\prod_{h \in H}\mathrm{q}_{H}(g_{2}h)Q')</math> (où les produits <math>\prod_{h \in H}</math> sont pris dans le groupe Q/Q'). On vérifie facilement que <math>h \mapsto \mathrm{repr}_{H}(g_{2}h)</math> est une permutation de H, donc (15) peut s'écrire :<math> \qquad V(g_{1}g_{2}) = (\prod_{h \in H}\mathrm{q}_{H}(g_{1}h)Q')\ (\prod_{h \in H}\mathrm{q}_{H}(g_{2}h)Q'),</math> autrement dit :<math> \qquad V(g_{1}g_{2}) = V(g_{1})\ V(g_{2},</math> donc V est un homomorphisme de G dans Q/Q', comme annoncé.<br /> Nous avons donc démontré l’existence d'un homomorphisme V tel que dans l'énoncé. L'unicité de cet homomorphisme est évidente. }} {{Définition | contenu = Soient G un groupe et Q un sous-groupe d'indice fini de G. On appelle '''transfert de G vers Q/Q<nowiki>'</nowiki>''' l'homomorphisme V de G dans Q/Q' défini dans le théorème qui précède. }} '''Remarques.''' # Si Q est commutatif, alors Q' = 1 et le groupe Q/Q' est canoniquement isomorphe à Q. Dans ce cas, on considère que le transfert est un homomorphisme de G dans Q. # Même si Q n’est pas commutatif, certains auteurs disent « transfert de G vers Q » au lieu de « transfert de G vers Q/Q' ». # On désigne couramment le transfert par la lettre ''V'', qui est la première lettre du nom allemand du transfert : ''Verlagerung''. # Le transfert qu'on peut définir à partir des transversales droites est identique à celui qu'on a défini à partir des transversales gauches. (Voir exercices.) {{Théorème | titre = Évaluation du transfert | contenu = Soient G un groupe, Q un sous-groupe d'indice fini ''n'' de G, V le transfert de G vers Q/Q', T une transversale gauche de Q dans G. Pour tout élément ''g'' de G, il existe une partie T_g de T et une famille <math>(n_{t}(g))_{t \in T_{g}}</math> de nombres naturels tels que<br /> 1° pour tout élément ''t'' de T_g, <math>t^{-1}g^{n_{t}(g)}t \in Q</math>;<br /> 2° <math>\qquad \sum_{t \in T_{g}} n_{t}(g) = n = \vert G : Q \vert</math>;<br /> 3° <math>\qquad V(g) = \prod_{t \in T_{g}}t^{-1}g^{n_{t}(g)}tQ'.</math> }} {{Démonstration déroulante | contenu = Comme dans ce qui précède, nous avons, pour tout élément ''x'' de G, :<math>\qquad x = \mathrm{repr}_{T}(x) \mathrm{q}_{T}(x),</math> où <math>\mathrm{repr}_{T}(x)</math> est le seul élément ''a'' de T et <math>\mathrm{q}_{T}(x)</math> le seul élément ''b'' de Q tels que x = ab.<br /> En particulier, pour tout élément ''g'' de G et tout élément ''t'' de T, :<math>(1) \qquad gt = \mathrm{repr}_{T}(gt) \mathrm{q}_{T}(gt).</math> Il est clair que si on pose :<math>\qquad \sigma_{g,T}(t) = \mathrm{repr}_{T}(gt),</math> on définit une permutation <math>\sigma_{g,T}</math> de T. Alors (1) s'écrit :<math> \qquad gt = \sigma_{g,T}(t) \mathrm{q}_{T}(gt),</math> d'où :<math>(2) \qquad \sigma_{g,T}(t)^{-1} gt \in Q.</math> Soient <math>\ c_{1}, \ldots , c_{m}</math> les différentes orbites du groupe <math><\sigma_{g, T}></math> opérant sur T. (Il est clair que ''m'' dépend de ''g''.) Pour tout <math>i (1 \leq i \leq m),</math> posons :<math>\qquad c_{i} = \{t_{i, 1}, \ldots , t_{i, r_{i}}\},</math> où <math>t_{i, 1}, \ldots , t_{i, r_{i}}</math> sont énumérés de sorte que :pour tout ''j'' tel que <math>1 \leq j \leq r_{i}-1</math> : :<math>(3)\qquad \sigma_{g,T}(t_{i, j}) = t_{i, j+1}</math> et :<math>(4) \qquad \sigma_{g,T}(t_{i, r_{i}}) = t_{i, 1}.</math> (Autrement dit, quand ''i'' parcourt {1, ... , m}, les r_i- uplets <math>\ (t_{i, 1}, \ldots , t_{i, r_{i}})</math> forment la « décomposition complète » de <math>\sigma_{g,T}</math> en produit de « cycles » à supports disjoints.)<br /> En portant chacune des relations (3) et la relation (4) dans (2), nous trouvons :<math>\qquad t_{i, 2}^{-1}gt_{i, 1} \in Q,</math> :<math>\qquad t_{i, 3}^{-1}gt_{i, 2} \in Q,</math> :<math>\qquad \ldots </math> :<math>\qquad t_{i, r_{i}}^{-1}gt_{i, r_{i}-1} \in Q,</math> :<math>\qquad t_{i, 1}^{-1}gt_{i, r_{i}} \in Q.</math> On a donc :<math>\qquad (t_{i, 1}^{-1}gt_{i, r_{i}}) \ (t_{i, r_{i}}^{-1}gt_{i, r_{i}-1}) \ldots \ (t_{i, 2}^{-1}gt_{i, 1}) \in Q,</math> autrement dit :<math>(5) \qquad t_{i, 1}^{-1}g^{r_{i}}t_{i, 1} \in Q.</math> Posons <math>T_{g} = \{t_{1,1}, \ldots , t_{m,1}\}</math><br /> et, pour <math>t = t_{i, 1} \in T_{g},</math> posons <math>\ n_{t}(g) = r_{i}.</math><br /> Alors (5) prouve la partie (1) de l'énoncé.<br /> Puisque les orbites du groupe <math><\sigma ></math> opérant sur T forment une partition de T, nous avons <math>\ r_{1} + \ldots + r_{m} = n,</math> ce qui prouve la partie 2° de l'énoncé.<br /> Enfin, :<math>\qquad V(g) = \prod_{t \in T}\mathrm{q}_{T}(gt)Q'</math> :<math>\qquad V(g) = \prod_{t \in T} \sigma_{g, T}(t)^{-1}gtQ'.</math> Puisque les orbites du groupe <math><\sigma ></math> opérant sur T forment une partition de T, ceci peut s'écrire :<math>\qquad V(g) = \prod _{i = 1}^{m} \prod_{j = 1}^{r_{i}} \sigma_{g,T}(t_{i,j})^{-1}gt_{ij}Q'</math> :<math>(6) \qquad V(g) = \prod _{i = 1}^{m} \prod_{j = 1}^{r_{i}} t_{i, j+1}^{-1}gt_{i,j}Q'</math> (où on convient que <math>\ t_{i, 1+r_{i}} = t_{i, 1}</math>).<br /> Le produit partiel :<math>\qquad \prod_{j = 1}^{r_{i}} t_{i, j+1}^{-1}gt_{i,j}Q'</math> peut s'écrire :<math>\qquad (t_{i, 1}^{-1}gt_{i, r_{i}}) \ (t_{i, r_{i}}^{-1}gt_{i, r_{i}-1}) \ldots \ (t_{i, 2}^{-1}gt_{i, 1}) Q' = t_{i, 1}^{-1}g^{r_{i}}t_{i, 1} Q',</math> donc (6) peut s'écrire :<math>\qquad V(g) = \prod_{i = 1}^{m} t_{i, 1}^{-1}g^{r_{i}}t_{i, 1} Q',</math> ce qui prouve la partie 3° de l'énoncé, qui est donc entièrement démontré. }} == Groupes p-nilpotents == Rappelons la définition d'un complément, qui a été donnée au chapitre [[../Produit semi-direct|Produit semi-direct]] : {{Définition |contenu= Soient H et K des sous-groupes d'un groupe G. On dit que K est un complément de H (dans G) si <math>\ G = HK</math> et <math>H \cap K = 1</math>. }} Si G = HK, on a aussi G = KH (passer aux inverses, ou encore utiliser le fait, démontré dans la série [[../Exercices/Groupes, premières notions|Groupes, premières notions]], que si H et K sont deux sous-groupes d'un groupe G, alors HK = KH si et seulement si HK est un sous-groupe de G). Donc si K est un complément de H, H est un complément de K. On vérifie facilement que K est un complément de H dans G si et seulement si K est une transversale droite (resp. gauche) de H dans G. {{Définition | contenu = Soit <math>G</math> un groupe fini. Un sous-groupe de <math>G</math> est appelé un ''sous-groupe de Hall'' de <math>G</math> si <math>\vert H \vert</math> est premier avec <math>\vert G \vert / \vert H \vert .</math> Cela revient à dire que chaque facteur premier de <math>\vert H \vert</math> figure dans <math>\vert H \vert</math> à la même puissance que dans <math>\vert G \vert .</math> }} {{Théorème | contenu = Soient G un groupe fini et H un sous-groupe de Hall ''normal'' de G. Alors H est seul de son ordre parmi les sous-groupes de G (et est donc caractéristique dans G). Plus précisément, H est l'ensemble des éléments de G dont l'ordre divise <math>\vert H \vert .</math> }} Démonstration. Voir les exercices. {{Théorème | contenu = Soit <math>p</math> un nombre premier,soit G un groupe fini, soit <math>p^{n}</math> la plus grande puissance de <math>p</math> divisant <math>\vert G \vert</math>, soit H un sous-groupe de G. Les conditions suivantes sont équivalentes : :a) H est un complément normal dans G de tout p-sous-groupe de Sylow de G; :b) il existe un p-sous-groupe de Sylow de G dont H est un complément normal dans G; :c) H est un sous-groupe normal de G d'ordre <math>\vert G \vert / p^{n}</math>; :d) H est formé par les éléments de G dont l'ordre n'est pas divisible par <math>p</math>; :e) H est l'unique sous-groupe d'ordre <math>\vert G \vert / p^{n}</math> de G. }} {{Démonstration déroulante | contenu = Puisque G a au moins un p-sous-groupe de Sylow, l'implication a) <math>\Rightarrow</math> b) est évidente.<br /> Supposons b) et prouvons c). Par hypothèse, il existe un p-sous-groupe de Sylow P de G dont H est complément normal. Alors <math>H \cap P = 1</math> et <math>HP = G</math>, donc, d'après la formule du produit, :<math>\vert H \vert \cdot \vert P \vert = \vert G \vert</math>, :<math>\vert H \vert = \vert G \vert / p^{n}</math>, ce qui prouve que b) entraîne c).<br /> Supposons maintenant c) et prouvons d). D'après l'hypothèse c), H est un sous-groupe de Hall normal de G, donc, d'après un théorème ci-dessus, H est formé par les éléments de G dont l'ordre divise <math>\vert H \vert = \vert G \vert / p^{n} .</math> Il est clair que les éléments de G dont l'ordre divise <math>\vert G \vert / p^{n}</math> sont les éléments de G dont l'ordre n'est pas divisible par <math>p</math>, donc H est formé par les éléments de G dont l'ordre n'est pas divisible par <math>p</math>, ce qui prouve que c) entraîne d).<br /> Supposons maintenant d) et prouvons e). Pour tout facteur premier <math>q</math> de <math>\vert G \vert</math> autre que <math>p</math>, choisissons un q-sous-groupe de Sylow Q de G. Alors Q est formé d'éléments dont l'ordre n'est pas divisible par <math>p</math>, donc d'après l'hypothèse d), Q est contenu dans H, donc <math>\vert H \vert</math> est divisible par <math>\vert Q \vert</math>. Autrement dit, <math>\vert H \vert</math> est divisible par la plus granse puissance de <math>q</math> qui divise <math>\vert G \vert .</math> Ceci étant vrai pour tout facteur premier <math>q</math> de <math>\vert G \vert</math> autre que <math>p</math>, : (1)<math>\qquad \vert H \vert</math> est divisible par <math>\vert G \vert / p^{n}.</math> D'autre part, puisque tout élément de H est d'ordre non divisible par <math>p</math>, il résulte du théorème de Cauchy que :(2)<math>\qquad \vert H \vert</math> n'est pas divisible par <math>p.</math> De (1), de (2) et du fait que <math>\vert H \vert</math> divise <math>\vert G \vert</math>, il résulte que :(3)<math>\qquad \vert H \vert = \vert G \vert / p^{n}.</math> D'autre part, puisque, d'après l'hypothèse d), H est l'ensemble des éléments de G dont l'ordre n'est pas divisible par <math>p</math>, il est clair que H est caractéristique et donc normal dans G, donc d'après (3), H est un sous-groupe de Hall normal de G, donc, d'après un théorème ci-dessus, H est seul de son ordre parmi les sous-groupes de G. D'après (3), cela signifie que H est le seul sous-groupe d'ordre <math>\vert G \vert / p^{n}</math> de G, ce qui prouve que d) entraîne e).<br /> Supposons maintenant e) et prouvons a). Soit P un p-sous-groupe de Sylow de G. Puisque, d'après l'hypothèse e), H est d'ordre <math>\vert G \vert / p^{n}</math>, <math>\vert H \vert</math> est premier avec <math>\vert P \vert</math>, donc :(4)<math>\qquad P \cap H = 1.</math> Donc, d'après la formule du produit, :<math>\qquad \vert PH \vert = \vert P \vert \cdot \vert H \vert</math>, :<math>\qquad \vert PH \vert = p^{n} (\vert G \vert / p^{n})</math>, :<math>\qquad \vert PH \vert = \vert G \vert </math>, :(5)<math>\qquad PH = G </math>. De (4) et (5), il résulte que :(6)<math>\qquad </math>H est un complément de P dans G. De plus, d'après l'hypothèse e), H est seul de son ordre parmi les sous-groupes de G, donc H est caractéristique et donc normal dans G, donc, d'après (6), H est un complément normal de P dans G, ce qui prouve que e) entraîne a). }} {{Définition | titre = Définitions | contenu = Soit <math>p</math> un nombre premier,soit G un groupe fini, soit <math>p^{n}</math> la plus grande puissance de <math>p</math> divisant <math>\vert G \vert</math>. Nous définirons un p-complément de G comme un sous-groupe d'ordre <math>\vert G \vert / p^{n}</math> de G (s'il y en a). Les conditions a) à e) de l'énoncé qui précède sont donc des conditions nécessaires et suffisantes pour qu'un sous-groupe H de G soit un p-complément ''normal'' de G. Soit <math>p</math> un nombre premier, soit G un groupe fini. On dit que G est p-nilpotent s'il admet un p-complément normal. D'après l'énoncé qui précède, ce p-complément normal est alors unique, puisqu'il est l'ensemble des éléments de G dont l'ordre n'est pas divisible par <math>p</math>. }} Pour la même raison, le p-complément normal de G, quand il existe, est un sous-groupe caractéristique de G. On verra dans les exercices qu'un groupe fini G est nilpotent si et seulement s'il est p-nilpotent pour tout facteur premier <math>p</math> de <math>\vert G \vert</math>. == Théorème du complément normal de Burnside == {{Lemme | contenu = Soient G un groupe fini et P un sous-groupe de Sylow de G. Si deux éléments de C_G(P) sont conjugués dans G, ils sont conjugués dans N_G(P). }} {{Démonstration déroulante | contenu = Soient ''g'', ''h'' deux éléments de <math>\ C_{G}(P)</math> conjugués dans G. Il s'agit de prouver que ''g'' et ''h'' sont conjugués dans <math>\ N_{G}(P)</math>.<br /> Puisque ''g'' et ''h'' sont conjugués dans G, il existe un élément ''a'' de G tel que :<math>(1) \qquad h = a^{-1}ga.</math> Alors :<math>(2)\qquad h \in a^{-1}C_{G}(P)a.</math> D'après un exercice de la série [[../Exercices/Conjugaison, centralisateur, normalisateur|Conjugaison, centralisateur, normalisateur]], <math>\ a^{-1}C_{G}(P)a = C_{G}(a^{-1}Pa),</math> donc (2) peut s'écrire :<math>\qquad h \in C_{G}(a^{-1}Pa),</math> ce qui équivaut à :<math>(3) \qquad a^{-1}Pa \leq C_{G}(h).</math> D'autre part, ''h'' est supposé appartenir à <math>C_{G}(P),</math> ce qui revient à dire que :<math>(4)\qquad P \leq C_{G}(h).</math> Soit ''p'' un nombre premier tel que P soit un p-sous-groupe de Sylow de G. Il résulte clairement de (3) et (4) que P et a{{exp|-1}}Pa sont deux p-sous-groupes de Sylow de C_G(h) et sont donc conjugués dans C_G(h).<br /> Il existe donc un élément ''b'' de C_G(h) tel que :<math>\qquad ba^{-1}Pab^{-1} = P,</math> d'où :<math>(5)\qquad ba^{-1} \in N_{G}(P).</math> D'autre part, puisque <math>b \in C_{G}(h),</math> :<math>\qquad b^{-1}hb = h,</math> d'où :<math>\qquad ab^{-1}hba^{-1} = aha^{-1},</math> ce qui, d’après (1) peut s'écrire :<math>\qquad ab^{-1}hba^{-1} = g.</math> Joint à (5), ceci montre que ''g'' et ''h'' sont conjugués dans N_G(P), ce qui est notre thèse. }} '''Remarque.''' On trouvera dans les exercices une forme plus générale du lemme qui précède. {{Lemme | contenu = Soient G un groupe fini, P un sous-groupe de Sylow de G, ''n'' l'indice de P dans G. Si P est commutatif, si V désigne le transfert de G vers P, alors, pour tout <math>x \in P \cap Z(N_{G}(P)),</math> :<math>\qquad V(x) = x^{n}.</math> }} {{Démonstration | contenu = Soit ''x'' un élément de <math>P \cap Z(N_{G}(P)).</math> D'après le théorème d'évaluation du transfert, il existe des entiers naturels <math>n_{1}, \ldots , n_{r}</math> et des éléments <math>t_{1}, \ldots , t_{r}</math> de G (dépendants de ''x'') tels que :<math>(1) \qquad t_{i}x^{n_{i}}t_{i}^{-1} \in P</math> pour tout <math>i (1 \leq i \leq r)</math>; :<math>(2) \qquad V(x) = \prod _{i = 1}^{r}t_{i}x^{n_{i}}t_{i}^{-1}</math>; :<math>(3) \qquad \sum _{i=1}^{r}n_{i} = n.</math> Puisque ''x'' est supposé appartenir à P, :<math>(4) \qquad x^{n_{i}} \in P.</math> Puisque P est supposé commutatif, <math>P \leq C_{G}(P),</math> donc, d’après (1) et (4), <math>\ x^{n_{i}}</math> et <math>\ t_{i}x^{n_{i}}t_{i}^{-1}</math> sont des éléments de <math>\ C_{G}(P),</math> évidemment conjugués dans G. Puisque P est un sous-groupe de Sylow de G, il résulte donc du lemme précédent que :<math>(5) \qquad x^{n_{i}}</math> et <math>\ t_{i}x^{n_{i}}t_{i}^{-1}</math> sont conjugués dans <math>\ N_{G}(P).</math> Puisque ''x'' est supposé appartenir à <math>\ Z(N_{G}(P)),</math> il en est de même de <math>\ x^{n_{i}}, </math> donc <math>\ x^{n_{i}}</math> est son seul conjugué dans <math>\ N_{G}(P),</math> donc, d’après (5), <math>\ t_{i}x^{n_{i}}t_{i}^{-1} = x^{n_{i}},</math> d'où, d’après (2) et (3), <math>\ V(x) = x^{n},</math> ce qui démontre l'énoncé. }} {{Lemme | contenu = Soient G un groupe fini et P un sous-groupe de Sylow de G. Si P est commutatif, :<math>\qquad G' \cap P \cap Z(N_{G}(P)) = 1.</math> }} {{Démonstration | contenu = Soit ''x'' un élément de <math>\qquad G' \cap P \cap Z(N_{G}(P)).</math> Il s'agit de prouver que x = 1.<br /> Désignons par ''n'' l'indice de P dans G et par V le transfert de G vers P. Puisque ''x'' appartient à <math>P \cap Z(N_{G}(P)),</math> nous avons, d’après le lemme précédent, :<math>(1) \qquad V(x) = x^{n}.</math> D'autre part, puisque V est un homomorphisme arrivant dans un groupe commutatif, <math>G' \leq Ker(V),</math> donc, puisque ''x'' appartient à G', :<math> \qquad V(x) = 1.</math> La comparaison avec (1) donne :<math>(2) \qquad x^{n} = 1.</math> Soit ''p'' un nombre premier tel que P soit un p-sous-groupe de Sylow de G. Puisque ''x'' est supposé appartenir à P, l’ordre de ''x'' est une puissance de ''p''. D'autre part, puisque P est un p-sous-groupe de Sylow de G, l'indice ''n'' de P dans G est premier avec ''p'', donc ''n'' est premier avec l’ordre de ''x''. Dès lors, (2) donne x = 1, ce qui prouve notre thèse. }} {{Corollaire | contenu = Soient G un groupe simple fini d'ordre composé et P un sous-groupe de Sylow de G. Si P est commutatif, :<math>\qquad P \cap Z(N_{G}(P)) = 1.</math> }} {{Démonstration | contenu = Puisque G est un groupe simple fini d'ordre composé, <math>G' = G</math>, donc le lemme précédent donne :<math>\qquad P \cap Z(N_{G}(P)) = 1.</math> }} {{Lemme | contenu = Soient G un groupe fini et P un sous-groupe de Sylow de G. Si <math>P \cap G' = 1,</math> alors G est p-nilpotent. }} {{Démonstration | contenu = Soit ''p'' un nombre premier tel que P soit un p-sous-groupe de Sylow de G. Puisque <math>P \cap G' = 1,</math> il résulte de la formule du produit que l’ordre de PG'/G' est égal à <math>\vert P \vert ,</math> donc PG'/G' est clairement un p-sous-groupe de Sylow de G/G'.<br /> Comme le groupe G/G' est commutatif, il est produit direct de ses sous-groupes de Sylow, donc PG'/G' est facteur direct de G/G' et admet donc un complément dans G/G'. Un tel complément est de la forme H/G', où H est un sous-groupe de G contenant G' tel que :<math>(1) \qquad H \cap (PG') = G'</math> et :<math>(2) \qquad G = PH.</math> Prouvons que H est un complément de P dans G. D'après (2), il suffit de prouver que :<math>(3) \qquad P \cap H = 1.</math> Nous avons <math> P \cap H \leq H \cap (PG'),</math> d'où, d’après (1), <math> P \cap H \leq G',</math> d'où <math> P \cap H \leq P \cap G' = 1,</math> ce qui prouve notre thèse (3).<br /> Nous avons donc prouvé que H est un complément de P dans G. Puisque H contient G', H est normal dans G et est donc un complément normal de P dans G. Donc G est p-nilpotent. }} {{Théorème | titre = Théorème du complément normal de Burnside (ou théorème de transfert de Burnside, ou théorème de p-nilpotence de Burnside) | contenu = Soient G un groupe fini et P un sous-groupe de Sylow de G tel que <math>\ N_{G}(P) = C_{G}(P)</math> (égalité qui revient à <math>P \leq Z(N_{G}(P))</math>). Alors G est p-nilpotent. }} {{Démonstration | titre = Démonstration | contenu = Puisque P est contenu dans <math>\ N_{G}(P),</math> l'hypothèse <math>\ N_{G}(P) = C_{G}(P)</math> entraîne que P est commutatif. Donc, d’après un lemme ci-dessus, :<math>(1) \qquad G' \cap P \cap Z(N_{G}(P)) = 1.</math> L'hypothèse <math>\ N_{G}(P) = C_{G}(P)</math> revient à <math>P \leq Z(N_{G}(P))</math>, donc (1) peut s'écrire :<math> \qquad P \cap G' = 1.</math> D'après un lemme ci-dessus, l'énoncé en résulte<ref>Cette démonstration du théorème du complément normal de Burnside est donnée par I.M. Isaacs, ''Finite Group Theory'', American Mathematical Society, 2008, pp. 161-162.</ref>. }} {{Théorème | titre = Lemme | contenu = Soient G un groupe simple fini non abélien et ''p'' un facteur premier de l'ordre de G. Alors G n'est pas p-nilpotent. }} Démonstration. Supposons que, par absurde, G soit p-nilpotent. Choisissons un p-sous-groupe de Sylow P de G. Notre hypothèse selon laquelle G est p-nilpotent revient à dire que P admet un complément normal N dans G. Puisque G est un groupe simple fini non commutatif, on sait qu’il n’est pas résoluble, donc son ordre n’est pas une puissance de nombre premier, donc 1 < P < G, donc 1 < N < G. C'est impossible, puisque N est normal dans G et que G est supposé simple.<br /> {{Théorème | titre = Corollaire | contenu = Soient G un groupe fini non abélien, ''p'' un facteur premier de l'ordre de G et P un p-sous-groupe de Sylow de G. Si P est contenu dans <math>Z(N_{G}(P))</math> (ce qui revient à dire que <math>N_{G}(P) = N_{G}(P)</math>), alors G n'est pas simple. }} Démonstration. Cela résulte du lemme qui précède et du théorème du complément normal de Burnside. Remarque. Le corollaire qui précède peut d'ailleurs se déduire du lemme, démontré plus haut, disant que si G est un groupe simple fini d'ordre composé et P un sous-groupe de Sylow abélien de G, alors <math>\qquad P \cap Z(N_{G}(P)) = 1.</math>. == Applications du théorème du complément normal de Burnside == {{Théorème | titre = Cas particulier | contenu = Soient G un groupe fini, ''p'' un facteur premier de <math>\vert G \vert</math> et P un p-sous-groupe de Sylow de G. On suppose que P est abélien et que les ordres de Aut(P) et de <math>\ N_{G}(P)</math> sont premiers entre eux ou n'ont que ''p'' comme diviseur premier commun. Alors <math>\ N_{G}(P) = C_{G}(P)</math> et G est p-nilpotent. }} {{Démonstration | titre = Démonstration | contenu = D'après le lemme N/C (chapitre [[../Conjugaison, centralisateur, normalisateur|Conjugaison, centralisateur, normalisateur]]), <math>\ N_{G}(P)/C_{G}(P)</math> est isomorphe à un sous-groupe de Aut(P), donc :<math>(1) \qquad \vert N_{G}(P)/C_{G}(P) \vert </math> divise <math>\vert Aut(P) \vert</math>. D'autre part, :<math>(2) \qquad \vert N_{G}(P)/C_{G}(P) \vert </math> divise <math>\ N_{G}(P)</math>. Puisque, d’après les hypothèses de l'énoncé, les ordres de Aut(P) et de <math>\ N_{G}(P)</math> sont premiers entre eux ou n'ont que ''p'' comme facteur premier commun, il résulte de (1) et de (2) que :(3) <math>\qquad \vert N_{G}(P)/C_{G}(P) \vert </math> est une puissance de ''p''. Prouvons que cette puissance de ''p'' est égale à 1.<br /> Puisque P est abélien par hypothèse de l'énoncé, il est contenu dans <math>\ C_{G}(P),</math> donc <math>\vert C_{G}(P)\vert</math> est multiple de <math>\vert P\vert</math>, donc <math>\vert N_{G}(P)/C_{G}(P) \vert </math> divise <math>\vert N_{G}(P)\vert /\vert P \vert ,</math> qui divise <math>\vert G\vert /\vert P \vert ,</math> qui est premier avec ''p'' (puisque P est un p-sous-groupe de Sylow de G). Donc :<math>(4) \qquad \vert N_{G}(P)/C_{G}(P) \vert </math> est premier avec p. De (3) et (4), il résulte que <math>\vert N_{G}(P)/C_{G}(P) \vert = 1</math>, d'où <math>\ N_{G}(P) = C_{G}(P)</math>. Donc, d’après le théorème du complément normal de Burnside, P admet un complément normal dans G, autrement dit G est p-nilpotent. }} L'énoncé qui précède a évidemment le cas particulier suivant : {{Théorème | titre = Cas particulier | contenu = Soient G un groupe fini, ''p'' un facteur premier de <math>\vert G \vert</math> et P un p-sous-groupe de Sylow ''abélien'' de G. On suppose que les ordres de Aut(P) et de G sont premiers entre eux ou n'ont que ''p'' comme diviseur premier commun (ce qui revient à dire que le PGCD de <math>\vert Aut(P) \vert</math> et de <math>\vert G \vert </math> est une puissance de ''p''). Alors <math>\ N_{G}(P) = C_{G}(P)</math> et G est p-nilpotent. }} {{Théorème | contenu = Soient G un groupe fini > 1 et ''p'' le plus petit diviseur premier de l’ordre de G. Si un p-sous-groupe de Sylow P de G est cyclique, alors <math>\ N_{G}(P) = C_{G}(P)</math> et G est p-nilpotent. (En particulier, si l'ordre de G n'est pas divisible par <math>p^{2}</math>, G est p-nilpotent, mais on verra plus fort dans un des énoncés qui suivent.) }} {{Démonstration | contenu = Soit P un p-sous-groupe de Sylow de G, soit <math>\ p^{m}</math> l’ordre de P. Par hypothèse, P est cyclique, donc Aut(P) est d'ordre <math>\ p^{m-1}(p-1)</math> (voir chapitre [[../Automorphismes d'un groupe cyclique|Automorphismes d'un groupe cyclique]] ). Puisque ''p'' est le plus petit facteur premier de <nowiki>|G|</nowiki>, il en résulte que <nowiki>|Aut(P)|</nowiki> et <nowiki>|G|</nowiki>sont premiers entre eux ou ont ''p'' pour seul facteur premier commun. Le « cas particulier » qui précède montre donc que <math>\ N_{G}(P) = C_{G}(P)</math> et que G est p-nilpotent. }} {{Théorème | titre = Corollaire | contenu = Soit G un groupe simple fini non abélien, notons ''p'' le plus petit facteur premier de l'ordre de G. Alors les p-sous-groupes de Sylow de G ne sont pas cycliques. }} {{Démonstration | contenu = Si les p-sous-groupes de Sylow de G étaient cycliques, G serait p-nilpotent d'après le théorème qui précède. Or on a vu qu'un groupe simple non abélien n'est q-nilpotent pour aucun facteur premier ''q'' de son ordre. }} {{Théorème | titre = Lemme | contenu = Soit G un groupe fini > 1; désignons par ''p'' le plus petit facteur premier de <nowiki>|G|</nowiki>. On suppose que <nowiki>|G|</nowiki> n'est divisible ni par p³ ni par 12. Alors G est p-nilpotent. }} {{Démonstration | contenu = Soit P un p-sous-groupe de Sylow de G. Si P est cyclique, alors, d’après le théorème précédent, G est p-nilpotent. On peut donc supposer que P n’est pas cyclique. Puisque <nowiki>|G|</nowiki> est supposé non divisible par p³, P est donc un groupe non cyclique d'ordre p² et est donc produit direct de deux sous-groupes d'ordre ''p'' (voir chapitre [[../Théorèmes de Sylow|Théorèmes de Sylow]]). C'est donc un p-groupe abélien élémentaire. D'après le chapitre [[../Groupes linéaires|Groupes linéaires]], énoncé 6, nous avons donc :<math>(1) \qquad \vert Aut(P) \vert = (p^{2} - 1) ( p^{2} - p) = p (p + 1) (p - 1)^{2}.</math> Puisque ''p'' est le plus petit facteur premier de <nowiki>|G|</nowiki>, p-1 est premier avec <nowiki>|G|</nowiki>, donc (1) donne :(2) PGCD(<nowiki>|Aut(P)|</nowiki>, <nowiki>|G|</nowiki>) = PGCD(p(p+1), <nowiki>|G|</nowiki>). Supposons tout d’abord ''p'' distinct de 2. Alors la relation <math>p+1 = 2 \frac{p+1}{2}</math>, avec <math>\frac{p+1}{2}</math> nombre naturel < p, montre que tout facteur premier de p+1 est <p, donc, par minimalité de ''p'', p+1 est premier avec <nowiki>|G|</nowiki>, donc (2) donne :PGCD(<nowiki>|Aut(P)|</nowiki>, <nowiki>|G|</nowiki>) = p. D'après le « cas particulier » du théorème du complément normal de Burnside, il en résulte que G est p-nilpotent. Reste à examiner le cas où p = 2. Alors, d’après (1), <nowiki>|Aut(P)|</nowiki> = 6, :(3) PGCD(<nowiki>|Aut(P)|</nowiki>, <nowiki>|G|</nowiki>) = PGCD(6, <nowiki>|G|</nowiki>). D'après ce qui précède, <nowiki>|G|</nowiki> est divisible par 4. Puisque, par hypothèse de l'énoncé, il n’est pas divisible par 12, il n'est donc pas divisible par 3, donc, d’après (3), :PGCD(<nowiki>|Aut(P)|</nowiki>, <nowiki>|G|</nowiki>) = 2. D'après le « cas particulier » du théorème du complément normal de Burnside, il en résulte que G est 2-nilpotent. }} {{Théorème | contenu = Soient G un groupe simple fini non commutatif et ''p'' le plus petit facteur premier de l’ordre de G. L'ordre de G est divisible par p{{exp|3}} ou par 12. }} {{Démonstration | contenu = Supposons que, par absurde, l’ordre de G ne soit divisible ni par p{{exp|3}} ni par 12. D'après le lemme qui précède, G est p-nilpotent. Puisque G est un groupe simple fini non commutatif, cela contredit un des lemmes qui précèdent. }} '''Remarque.''' D'après un théorème de Feit et Thompson dont la démonstration excède le cadre de la présente leçon, tout groupe simple fini non commutatif est d'ordre pair. Si on admet ce théorème de Feit et Thompson, le précédent théorème peut s'énoncer comme suit : si G est un groupe simple fini non commutatif, l’ordre de G est divisible par 8 ou par 12. Sans admettre le théorème de Feit et Thompson, nous pouvons énoncer cette conséquence évidente du théorème qui précède : {{Théorème | contenu = Soit G un groupe simple fini non commutatif, on suppose que G est d'ordre pair. L'ordre de G est divisible par 8 ou par 12. }} == Notes et références == <references/> {{Bas de page | idfaculté = mathématiques | précédent = [[../Groupes dicycliques/]] | suivant = [[../Premiers résultats sur les groupes simples/]] }} hv1yvoffv4p8yk9ov4xqe0vhtixoe0c 0 28449 982314 982308 2026-04-30T18:25:40Z Marvoir 1746 /* Problème. Sous-ème de Cayley)groupes simples de Sn */ on démontrera plus fort, indépendamment du théorème de Cayley 982314 wikitext text/x-wiki {{Exercice | idfaculté = mathématiques | numéro = 12 | chapitre = [[../../Groupes alternés/]] | précédent = [[../Groupes symétriques finis/]] | suivant = [[../Groupes linéaires/]] | niveau = 13 }} == Problème. Centre d'un groupe alterné == Prouver que si ''n'' est un nombre naturel <math>\ \geq 4</math>, le centralisateur du groupe alterné <math>\ A_{n}</math> dans <math>\ S_{n}</math> est réduit à l'élément neutre. (A fortiori, le centre de <math>\ A_{n}</math> est réduit à l'élément neutre, ce qui, dans le cas <math>n\ \geq 5</math>, est une conséquence banale de la simplicité et de la non-commutativité de <math>\ A_{n}</math>.) {{Solution | contenu = Soit <math>\ \sigma</math> un élément de <math>\ S_{n}</math> qui centralise <math>\ A_{n}</math>. Il s'agit de prouver que <math>\ \sigma</math> est la permutation identique. Soit ''a'' un élément de {1, 2, ... , n}; il s'agit de prouver que <math>\ \sigma</math> fixe ''a''. Puisque ''n'' est supposé au moins égal à 4, nous pouvons choisir dans {1, 2, ... , n} trois éléments distincts de ''a'', soient ''b'', ''c'' et ''d''. Les 3-cycles (a b c) et (b c d) appartiennent à <math>\ A_{n}</math>, donc ils commutent avec <math>\ \sigma</math>, d'où :<math>\ \sigma</math> (a b c) <math>\ \sigma^{-1}</math> = (a b c) et :<math>\ \sigma</math> (b c d) <math>\ \sigma^{-1}</math> = (b c d). Compte tenu de l'effet d'une conjugaison sur un cycle (voir chapitre [[../../Groupes symétriques finis|Groupes symétriques finis]]), cela peut s'écrire :(<math>\ \sigma</math>(a) <math>\ \ \sigma</math>(b) <math>\ \ \sigma</math>(c) ) = (a b c) et :(<math>\ \sigma</math>(b) <math>\ \ \sigma</math>(c) <math>\ \ \sigma</math>(d) ) = (b c d). En passant aux supports, nous trouvons :{<math>\ \sigma</math>(a), <math>\ \sigma</math>(b), <math>\ \sigma</math>(c)} = {a, b, c} et :{<math>\ \sigma</math>(b), <math>\ \sigma</math>(c), <math>\ \sigma</math>(d)} = {b, c, d}. Donc :{<math>\sigma</math>(a), <math>\sigma</math>(b), <math>\ \sigma</math>(c)} \ {<math>\ \sigma</math>(b), <math>\ \sigma</math>(c), <math>\ \sigma</math>(d)} = {a, b, c} \ {b, c, d}, d'où :<math>\ \sigma</math>(''a'') = ''a'', ce qui, comme nous l'avons vu, prouve l'énoncé. Remarque. Le fait que pour <math>n \geq 4</math>, le centre de <math>A_{n}</math> est réduit à l'élément neutre pourrait se déduire de la détermination des sous-groupes normaux de <math>\ A_{n}</math> qui a été faite au chapitre théorique.<br /> }} == Problème. Contre-exemple à une réciproque du théorème de Lagrange == Prouver que le groupe alterné A₄, qui est d'ordre 12, n'a pas de sous-groupe d'ordre 6. (Cela montre qu'on ne peut pas énoncer cette réciproque du théorème de Lagrange : « Si d est un diviseur de l’ordre d'un groupe fini G, G admet un sous-groupe d'ordre d. ») {{Solution | contenu = Un sous-groupe d'ordre 6 de A₄ serait d'indice 2 dans A₄, donc (exercices sur le chapitre ''Sous-groupes distingués, groupe quotient'') serait un sous-groupe distingué de A₄. C'est impossible, puisque (chapitre ''Groupes alternés'', section ''[[../../Groupes alternés#Sous-groupes distingués des groupes alternés|Sous-groupes distingués des groupes alternés]]'') les seuls sous-groupes distingués de A₄ sont 1, A₄ lui-même et un sous-groupe d'ordre 4 de A₄. }} == Problème. Un sous-groupe maximal n'est pas forcément d'indice premier == On a vu dans un [[../Groupes monogènes, ordre d'un élément/|exercice sur le chapitre Groupes monogènes, ordre d'un élément]] que si G est un groupe, si M est un sous-groupe ''normal'' et maximal de G, alors M est d'indice (fini) premier dans G. Prouver que ce n'est pas forcément vrai si on ne suppose pas que M est normal. (Indication : on a prouvé dans un précédent exercice que le groupe alterné A₄ n'a pas de sous-groupe d'ordre 6.) {{Solution | contenu = Nous pouvons choisir un sous-groupe M d'ordre 3 de A₄, par exemple le sous-groupe de A₄ engendré par l'élément <math>(1 2 3)</math>. Prouvons que M est un sous-groupe maximal de A₄. Soit H un sous-groupe de A₄ tel que <math>M \leq H \leq A_{4}</math>. D'après la [[../../Classes modulo un sous-groupe/|formule des indices]], :[A₄:H] [H:M] = [A₄:M], c'est-à-dire :(1)<math>\qquad </math> [A₄:H] [H:M] = 4. On a vu dans un précédent exercice que A₄ n'a pas de sous-groupe d'ordre 6, autrement dit n'a pas de sous-groupe d'indice 2, donc la relation (1) n'est possible qu'avec [A₄:H] = 1 ou [H:M] = 1. Si [A₄:H] = 1, alors H est égal à A₄; si [H:M] = 1, alors H est égal à M. Nous avons donc prouvé que tout sous-groupe H de A₄ tel que <math>M \leq H \leq A_{4}</math> est égal à M ou à A₄, ce qui revient à dire que M est un sous-groupe maximal de A₄. Puisque M est d'indice 4, et donc d'indice non premier, dans A₄, cela démontre l'énoncé. }} == Problème. Classes de conjugaison du groupe alterné A₄ == a) Soit ''n'' un nombre naturel, soit <math>\sigma</math> un élément de <math>A_{n}</math>; on suppose qu'il existe une permutation impaire <math>\lambda \in S_{n}</math> telle que <math>\sigma = \lambda^{-1} \circ \sigma \circ \lambda</math> (autrement dit, la permutation <math>\sigma</math> est sa propre conjuguée par une permutation impaire dans <math>S_{n}</math>). Prouver que la classe de conjugaison de <math>\sigma</math> dans <math>A_{n}</math> est identique à sa classe de conjugaison dans <math>S_{n}</math>. {{Solution | contenu = Tout conjugué de <math>\sigma</math> dans <math>A_{n}</math> est conjugué de <math>\sigma</math> dans <math>S_{n}</math>, donc il suffit de prouver que tout conjugué de <math>\sigma</math> dans <math>S_{n}</math> est conjugué de <math>\sigma</math> dans <math>A_{n}</math>. Soit <math>\mu</math> un élément de <math>S_{n}</math>; il s'agit de prouver que <math>\mu^{-1} \sigma \mu</math> est conjugué de <math>\sigma</math> dans <math>A_{n}</math>. C'est évident si la permutation <math>\mu</math> est paire. Si <math>\mu</math> est impaire, cela résulte de :<math>\mu^{-1} \sigma \mu = \mu^{-1} (\lambda^{-1} \sigma \lambda) \mu = (\lambda \mu)^{-1} \sigma \lambda \mu</math>, où <math>\lambda \mu</math> est paire. }} b) Déterminer le nombre des classes de conjugaison dans le groupe alterné <math>A_4</math>. Pour chaque classe, préciser le cardinal de cette classe et en indiquer un élément. {{Solution | contenu = Le groupe <math>A_4</math> est formé d'un élément d'ordre 1, de trois éléments d'ordre 2, à savoir (1 2) (3 4), (1 3) (2 4) et (1 4) (2 3), c'est-à-dire les trois éléments de <math>S_4</math> de structure cyclique 2-2, et de huit éléments d'ordre 3, à savoir les huit 3-cycles de <math>S_4</math> : (1 2 3) et son inverse, (1 2 4) et son inverse, (1 3 4) et son inverse, (2 3 4) et son inverse. Un élément de la forme (a b) (c d) est son propre conjugué par la permutation impaire (a b), donc, d'après le point a), sa classe de conjugaison dans <math>A_4</math> est égale à sa classe de conjugaison dans <math>S_4</math>. Donc les trois éléments d'ordre 2 de <math>A_4</math> forment une classe de conjugaison dans <math>A_4</math>. :Voici une autre justification de ce fait. Si (a b) (c d) n'avait qu'un conjugué dans <math>A_4</math>, (a b) (c d) serait un élément central de <math>A_4</math>, ce qui est impossible, car d'après un problème précédent, le centre de <math>A_4</math> est réduit à l'élément neutre. Si (a b) (c d) avait exactement deux conjugués dans <math>A_4</math>, son centralisateur dans <math>A_4</math> serait d'ordre 6, ce qui est impossible, car d'après un problème précédent, <math>A_4</math> n'a pas de sous-groupe d'ordre 6. Donc (a b) (c d) a au moins trois conjugués dans <math>A_4</math>, qui sont a fortiori des conjugués de (ab) (cd) dans <math>S_4</math>. Comme (ab) (cd) a exactement trois conjugués dans <math>S_4</math>, les conjugués de (ab) (cd) dans <math>A_4</math> sont donc exactement les trois conjugués de (ab) (cd) dans <math>S_4</math>, à savoir (1 2) (3 4), (1 3) (2 4) et (1 4) (2 3). Montrons maintenant que les huit 3-cycles (conjugués dans <math>S_4</math>) se partagent en deux classes de conjugaison dans <math>A_4</math> comprenant chacune quatre éléments. Soit <math>\gamma</math> un 3-cycle de <math>S_4</math>. Son centralisateur dans <math>S_4</math> est d'ordre 4!/8 = 3. Comme ce centralisateur contient <math>\gamma</math>, il est égal à <math>\langle \gamma \rangle</math> donc inclus dans <math>A_4</math>, si bien que le centralisateur de <math>\gamma</math> dans <math>A_4</math> est, lui aussi, égal à <math>\langle \gamma \rangle</math>, donc la classe de conjugaison de <math>\gamma</math> dans <math>A_4</math> est de cardinal (4!/2)/3 = 4. Il en résulte que les huit éléments d'ordre 3 de <math>A_4</math> se partagent en deux classes de conjugaison de 4 éléments chacune. Montrons que <math>\gamma</math> et <math>\gamma^{-1}</math> ne sont pas conjugués dans <math>A_4</math>. Soit <math>\tau</math> l'une des trois transpositions de support inclus dans celui de <math>\gamma</math>. On vérifie que :<math>\tau^{-1}\gamma\tau=\gamma^{-1}</math> donc pour tout autre élément <math>\rho</math> de <math>S_4</math> tel que <math>\gamma^{-1} = \rho^{-1} \gamma \rho</math>, le produit <math>\rho\tau^{-1}</math> appartient au centralisateur <math>\langle \gamma \rangle\subset A_4</math>, donc <math>\rho\in A_4\tau=S_4\setminus A_4</math>. Ceci prouve que <math>\gamma</math> et <math>\gamma^{-1}</math> ne sont pas conjugués dans <math>A_4</math>. En particulier, (1 2 3) et (1 3 2) ne sont pas conjugués dans <math>A_4</math>. Les 4 classes de conjugaison dans <math>A_4</math> sont donc la classe de l'élément neutre, la classe de (1 2) (3 4), la classe de (1 2 3) et la classe de (1 3 2). }} Remarque. Cet exercice nous servira dans un chapitre ultérieur ([[../Caractères irréductibles de quelques groupes/]]) pour déterminer les caractères complexes irréductibles du groupe <math>A_4</math>. == Problème. Sous-groupes simples de S_n == a) Soient G un groupe, N un sous-groupe normal de G et S un sous-groupe simple de G. Prouver que S est contenu dans N ou isomorphe à un sous-groupe de G/N. (Indication : considérer le sous-groupe <math>S\cap N</math> de S.) {{Solution | contenu = Le sous-groupe <math>S\cap N</math> de S est normal dans S, donc, puisque S est simple, <math>S\cap N</math> est égal à S ou réduit à l'élément neutre. Dans le premier cas, S est contenu dans N, donc l'énoncé est vrai dans ce cas. Dans le second cas, il résulte du [[../../Sous-groupe distingué et groupe quotient#Les trois théorèmes d'isomorphisme|second théorème d'isomorphisme]] que S est isomorphe à SN/N, qui est un sous-groupe de G/N, donc l'énoncé est encore vrai dans ce cas. }} b) Soient ''X'' un ensemble fini et G un sous-groupe de S_X comprenant au moins une permutation impaire. Prouver que G a au moins un sous-groupe d'indice 2. Plus généralement, prouver que si H est un groupe, s'il existe un homomorphisme <math>f</math> de H dans un groupe symétrique fini <math>S_{X}</math> et un élément <math>x</math> de H tel que f(x) soit une permutation impaire, alors H a au moins un sous-groupe d'indice 2. {{Solution | contenu = Démontrons d'abord le second énoncé. Faisons suivre <math>f</math> par l'homomorphisme signature de <math>S_{X}</math> dans le groupe <math>\{1, - 1 \} .</math> Nous obtenons ainsi un homomorphisme <math>g : H \to \{1, - 1 \}</math> qui, d'après les hypothèses, prend la valeur -1, et est donc surjectif. D'après le premier théorème d'isomorphisme, <math>H/Ker g</math> est donc isomorphe à <math>\{1, - 1 \}</math> et est donc d'ordre 2, donc <math>Ker g</math> est un sous-groupe d'indice 2 de H, ce qui prouve le second énoncé du point b). On en tire le premier énoncé en faisant H = G et en prenant pour <math>f</math> l'homomorphisme inclusion <math>t \mapsto t</math> de G dans S_X }} Remarque. Le premier énoncé du point b) nous servira dans la suite du présent problème. Le second énoncé nous servira dans un problème de la série [[../Premiers résultats sur les groupes simples/|Premiers résultats sur les groupes simples]]. c) Soient ''X'' un ensemble fini et G un sous-groupe simple de S_X dont l’ordre est au moins égal à 3. Prouver de deux façons, l'une à l'aide du point a) et l'autre à l'aide du point b), que G est contenu dans A_X. {{Solution | contenu = Voici tout d’abord une démonstration à l'aide du point a). On a vu dans la théorie que A_X est un sous-groupe normal de S_X. D'après le point a), G est donc contenu dans A_X ou isomorphe à un sous-groupe de S_X/A_X. Mais S_X/A_X est d'ordre au plus égal à 2 (et en fait, dans nos hypothèses, d'ordre égal à 2). Donc G, qui est supposé d'ordre au moins égal à 3, ne peut pas être isomorphe à un sous-groupe de S_X/A_X, donc il est contenu dans A_X, ce qui prouve l'énoncé.<br /> Voici maintenant une démonstration à l'aide du point b). Il revient au même de prouver que si G n’est pas contenu dans A_X, il n’est pas simple. Or d’après le point b), G contient alors un sous-groupe d'indice 2, soit H. Puisque l’ordre de G est > 2, on a 1 < H < G; de plus, tout sous-groupe d'indice 2 étant normal, H est normal dans G. Il en résulte que G n’est pas simple. }} Remarque. L'énoncé c) nous servira pour démontrer dans le chapitre [[../../Premiers résultats sur les groupes simples|Premiers résultats sur les groupes simples]] que si un groupe simple G d'ordre au moins égal à 3 admet un sous-groupe propre d'indice fini ''n'', G est isomorphe à un sous-groupe de A_n. (Théorème de plongement.) d) Soient ''n'' un nombre naturel '''impair''' et G un groupe d'ordre 2''n''. Prouver que G contient un et un seul sous-groupe d'ordre ''n''. (Indication. En raisonnant sur l'ensemble A des éléments ''g'' de G tels que <math>g = g^{-1}</math> et sur l'ensemble B des éléments ''g'' de G tels que <math>g \neq g^{-1}</math>, prouver que G a au moins un élément d'ordre 2. Pour prouver l'existence d'un sous-groupe d'ordre ''n'' de G, utiliser le point b), en considérant un certain sous-groupe isomorphe à G dans le groupe S_E, où E désigne l’ensemble sous-jacent de G.) Pour prouver l'unicité du sous-groupe d'ordre ''n'' de G, utiliser un [[../Classes modulo un sous-groupe|exercice sur le chapitre Classes modulo un sous-groupe]].) {{Solution | contenu = Soit A l'ensemble des éléments ''g'' de G tels que <math>g = g^{-1}</math>, soit B l'ensemble des éléments ''g'' de G tels que <math>g \neq g^{-1}</math>. L'ensemble B est une réunion d'ensembles <math>\{g, g^{-1}\}</math>, de cardinal 2 et deux à deux disjoints, donc B est de cardinal pair. Puisque A et B sont complémentaires dans G et que G est d'ordre pair, A est donc de cardinal pair et n'est donc pas réduit à l'élément neutre. Il existe donc dans G un élément ''g'' autre que 1 tel que <math>g = g^{-1}</math> et un tel élément est d'ordre 2. Nous avons donc prouvé que G a au moins un élément d'ordre 2. (On pourrait aussi le déduire du théorème de Cauchy, qui sera démontré au chapitre [[../../Théorèmes de Sylow|Théorèmes de Sylow]].)</br> Désignons par E l’ensemble sous-jacent de G. Pour tout élément ''g'' de G, désignons par L_g la permutation <math>\ x \mapsto gx</math> de E. D'après le [[../../Action de groupe#Théorème de Cayley|théorème de Cayley]], <math>\ g \mapsto L_{g}</math> définit un isomorphisme de G sur un sous-groupe H de S_E. Nous avons vu que G admet un élément ''a'' d'ordre 2; alors L_a est un élément d'ordre 2 de H. D'autre part, du fait que ''a'' n’est pas l'élément neutre de G, il résulte que L_a ne fixe aucun point. En considérant la décomposition de L_a en cycles à supports disjoints, on trouve que L_a est le produit de ''n'' transpositions et est donc une permutation impaire. Ainsi, H comprend une permutation impaire. D'après le point b), H a donc un sous-groupe d'indice 2. Puisque H est isomorphe à G, G a donc un sous-groupe d'indice 2, autrement dit un sous-groupe d'ordre ''n''. D'autre part, puisque ''n'' est impair, il résulte d'un [[../Classes modulo un sous-groupe|exercice sur le chapitre Classes modulo un sous-groupe]] que G a au plus un sous-groupe d'ordre ''n'', donc il en a un et un seul. }} Remarque. On peut prouver de façon semblable un énoncé plus fort que celui du présent point d), à savoir que si G est un groupe fini d'ordre <math>2^{m}k</math>, où ''m'' est un nombre naturel et ''k'' un nombre naturel impair, si G a un sous-groupe '''cyclique''' d'ordre <math>2^{m}</math>, alors G a un unique sous-groupe d'indice <math>2^{m}</math>. (Voir par exemple Bourbaki, ''Algèbre, chapitres 1 à 3'' (réimpr. Springer), chap. I, § 6, exerc. 29, p. I.139.) Nous ne le ferons pas ici, car nous démontrerons (indépendamment du théorème de Cayley) un théorème considérablement plus fort dans le chapitre [[../../Transfert, théorème du complément normal de Burnside|Transfert, théorème du complément normal de Burnside]]. == Problème. Sous-groupes normaux de S_n == Prouver que si ''n'' est un nombre naturel distinct de 4, les sous-groupes normaux de S_n sont 1, A_n et S_n. Prouver que les sous-groupes normaux de S₄ sont 1, V, A₄ et S₄, où V désigne le sous-groupe :V = {1, (1 2) (3 4), (1 3) (2 4), (1 4) (2 3)} de S₄. (Indication : on peut utiliser les résultats du chapitre théorique sur les sous-groupes normaux de A_n et le fait suivant, démontré dans un problème ci-dessus : si G est un groupe, N un sous-groupe normal de G et S un sous-groupe simple de G, alors S est contenu dans N ou isomorphe à un sous-groupe de G/N.) {{Solution | contenu = Vu l'effet d'une conjugaison sur la décomposition d'une permutation en cycles, V est un sous-groupe normal de S₄. Comme (pour tout nombre naturel ''n'') 1, A_n et S_n sont normaux dans S_n, il reste à prouver que :(thèse 1) si ''n'' est un nombre naturel distinct de 4, tout sous-groupe normal de S_n est égal à 1, à A_n ou à S_n et que :(thèse 2) tout sous-groupe normal de S₄ est égal 1, à V, à A₄ ou à S₄. Si n ≤ 2, la thèse (1) est banale. Il suffit donc de la démontrer dans le cas où ''n'' est égal à 3 ou au moins égal à 5. D'après le chapitre théorique, A_n est alors simple. On a vu dans un problème ci-dessus que si G est un groupe, N un sous-groupe normal de G et S un sous-groupe simple de G, alors S est contenu dans N ou isomorphe à un sous-groupe de G/N. En faisant G = S_n et S = A_n, nous trouvons que si N est un sous-groupe normal de S_n, alors A_n est contenu dans N ou isomorphe à un sous-groupe de S_n/N. Si tout d'abord A_n est contenu dans N (d'où A_n ≤ N ≤ S_n), alors, puisque A_n est d'indice 2 dans S_n, la formule des indices entraîne que N est égal à A_n ou à S_n, donc la thèse (1) est vraie dans ce cas. Si maintenant A_n est isomorphe à un sous-groupe de S_n/N, alors <nowiki>|</nowiki>A_n<nowiki>|</nowiki> divise <nowiki>|</nowiki>S_n/N<nowiki>|</nowiki>, donc <nowiki>|</nowiki>N<nowiki>|</nowiki> divise <nowiki>|</nowiki>S_n/A_n<nowiki>|</nowiki> = 2, donc <nowiki>|</nowiki>N<nowiki>|</nowiki> = 1 ou 2. Si <nowiki>|</nowiki>N<nowiki>|</nowiki> était égal à 2, alors, puisque N est normal dans S_n, N serait central dans S_n, ce qui est impossible, car on a vu dans les exercices de la série [[../Groupes symétriques finis|Groupes symétriques finis]] que si n ≥ 3, le centre de S_n est réduit à l'élément neutre. Donc N = 1, ce qui achève de démontrer la thèse (1). Prouvons la thèse (2). On pourrait donner une démonstration, assez lourde, dans la ligne de ce qui précède, mais voici une démonstration élémentaire et simple. Soit N un sous-groupe normal de S₄, distinct de 1, de A₄ et de S₄. Il s'agit de prouver que :(thèse 3) N est égal à V. Si N comprenait une transposition, alors, puisqu'il est normal dans S₄, il comprendrait toutes les transpositions, donc il serait égal à S₄, contradiction. Donc N ne comprend aucune transposition.<br /> Si N comprenait un 3-cycle, alors, puisqu'il est normal dans S₄, il comprendrait tous les 3-cycles, donc il contiendrait A₄. Comme A₄ est d'indice 2 dans S₄, N serait donc égal à A₄ ou à S₄ (formule des indices), contradiction. Donc N ne comprend aucun 3-cycle.<br /> Si N comprenait un 4-cycle, alors, puisqu'il est normal dans S₄, il comprendrait tous les 4-cycles et comprendrait donc (1 2 3) = (1 3 2 4) (1 3 4 2), ce qui contredit le résultat précédent. Donc N ne comprend aucun 4-cycle.<br /> D'après ce qui précède, N est contenu dans V. Puisque N n'est pas réduit au neutre, il comprend un élément de structure cyclique 2-2; puisqu'il est normal dans S₄, il comprend donc tous les éléments de structure cyclique 2-2 et contient donc V, donc est égal à V, ce qui prouve la thèse (3). }} Remarque. [[w:Représentations du groupe symétrique#Représentation θ|Le groupe quotient S₄/V est isomorphe à S₃]]. == Problème. Exemple de groupe simple infini == a) Soient ''X'' un ensemble fini, ''Y'' une partie de ''X'' et <math>\sigma </math> une permutation de ''X'' dont le support est contenu dans ''Y''. Il est clair que <math>\sigma </math> induit une permutation <math>\sigma|Y : x \mapsto \sigma(x)</math> de ''Y'' que nous appellerons la birestriction<ref>Si ''f'' est une application d'un ensemble A dans un ensemble B, si A' est une partie de A et B' une partie de B telles que f(A') soit contenu dans B', l’application <math>x \mapsto f(x)</math> de A' dans B' est appelée la birestriction de ''f'' à (A', B'). Voir par exemple Aleksandr Yakovlevich Khelemskiĭ, ''Lectures and Exercises on Functional Analysis'', American Mathematical Soc., 2006, p. 3. On s'écarte ici légèrement de cette terminologie, puisqu'on ne parle pas de la birestriction à (Y, Y) mais à Y. De même, notre notation <math>\sigma|Y</math> n’est pas conforme à celle de Khelemskiĭ, qui écrit, à droite de la barre verticale, l’ensemble de départ de la birestriction en bas et son ensemble d'arrivée en haut.</ref> de <math>\sigma </math> à ''Y''. Montrer que <math>\sigma </math> est une permutation paire de ''X'' si et seulement si <math>\sigma|Y</math> est une permutation paire de ''Y''. {{Solution | contenu = Choisissons une décomposition de <math>\sigma|Y</math> comme produit <math>\tau_{1} \ldots \tau_{n}</math> de transpositions de ''Y''. Nous savons que <math>\sigma|Y</math> est paire si et seulement si ''n'' est pair. Pour chaque ''i'' (<math>1 \leq i \leq n</math>), désignons par <math>\tilde{\tau_{i}}</math> la permutation de ''X'' qui coïncide avec <math>\tau_{i}</math> en tout point de ''Y'' et laisse fixes tous les points de ''X'' - ''Y''. Il est clair que <math>\tilde{\tau_{i}}</math> est une transposition de ''X'' et que <math>\sigma </math> est égale au produit <math>\tilde{\tau_{1}} \ldots \tilde{\tau_{n}}</math>. Donc <math>\sigma </math> est paire si et seulement si ''n'' est pair. Ainsi, <math>\sigma|Y</math> et <math>\sigma</math> sont paires à la même condition. }} b) Soient ''X'' un ensemble fini, ''Y'' une partie de ''X'' et <math>\sigma </math> une permutation de ''X'' dont le support est contenu dans ''Y''. Comme noté à la question précédente, <math>\sigma </math> induit une permutation <math>\sigma|Y : x \mapsto \sigma(x)</math> de ''Y'' que nous appelons la birestriction de <math>\sigma </math> à ''Y''. Montrer que <math>\sigma </math> est un produit de cycles de longueur 3 de ''X'' si et seulement si <math>\sigma|Y</math> est un produit de cycles de longueur 3 de ''Y''. {{Solution | contenu = Conséquence immédiate du problème précédent, puisque si ''E'' désigne un ensemble fini, les permutations paires de ''E'' sont exactement les produits de cycles de longueur 3 de ''E''. }} Soit ''E'' l’ensemble (infini) des nombres naturels > 0. Comme pour un ensemble fini, on appelle transposition de ''E'' toute permutation <math>\tau</math> de ''E'' pour laquelle il existe deux éléments distincts ''a'', ''b'' de ''E'' tels que <math>\tau(a) = b</math>, <math>\tau(b) = a</math> et <math>\tau(x) = x</math> pour tout ''x'' distinct de ''a'' et de ''b''. On désigne par <math>A_{\infty}</math> l’ensemble des permutations de ''E'' qui peuvent s'écrire comme produit d'un nombre pair de transpositions de ''E'' (non forcément deux à deux distinctes). C'est clairement un sous-groupe infini de ''S_E''. On va prouver que ce groupe infini est simple. c) Pour chaque nombre naturel ''n'' > 0, désignons par ''B_n'' le sous-groupe de <math>A_{\infty}</math> formé par les permutations <math>\in A_{\infty}</math> dont le support est contenu dans <math>\{1, \ldots n\}</math>. Prouver que, pour tout élément <math>\sigma</math> de ''B_n'', la birestriction de <math>\sigma</math> à <math>\{1, \ldots n\}</math> est une permutation paire de <math>\{1, \ldots n\}</math> et que ''B_n'' est isomorphe à ''A_n''. {{Solution | contenu = Puisque <math>\sigma</math> appartient à <math>A_{\infty}</math>, il existe des transpositions <math>\tau_{1}, \ldots \tau_{2k}</math> de ''E'' telles que <math>\sigma = \tau_{1} \ldots \tau_{2k}</math>. Soit ''X'' la réunion de <math>\{1, \ldots n\}</math> et des supports des <math>\tau_{i}</math>. Puisque le support de <math>\sigma</math> est contenu dans ''X'' (par exemple parce qu’il est contenu dans <math>\{1, \ldots n\}</math>), nous pouvons considérer la birestriction <math>\sigma |X</math> de <math>\sigma</math> à ''X''. Pour chaque ''i'' (<math>1 \leq i \leq 2k</math>), désignons par <math>\bar{\tau_{i}}</math> la birestriction de <math>\tau_{i}</math> à ''X'' (ce qui est possible puisque le support de <math>\tau_{i}</math> est contenu dans ''X''). Il est clair que <math>\sigma |X</math> est le produit des <math>\bar{\tau_{i}}</math> (<math>i \leq 2k</math>), donc c’est une permutation paire de ''X''. Son support est contenu dans <math>\{1, \ldots n\}</math> (puisque le support de <math>\sigma</math> l'est lui-même) donc, d’après la question a), la birestriction de <math>\sigma |X</math> à <math>\{1, \ldots n\}</math> est une permutation paire de <math>\{1, \ldots n\}</math>, autrement dit la birestriction de <math>\sigma</math> à <math>\{1, \ldots n\}</math> est une permutation paire de <math>\{1, \ldots n\}</math>, comme annoncé. Nous pouvons donc définir une application de ''B_n'' dans ''A_n'' qui à tout élément <math>\sigma</math> de ''B_n'' fait correspondre sa birestriction à <math>\{1, \ldots n\}</math>. D'autre part, si <math>\varphi</math> est un élément de ''A_n'', on montre facilement que la permutation de ''E'' qui coïncide avec <math>\varphi</math> en tout élément de <math>\{1, \ldots n\}</math> et laisse fixes tous les autres éléments de ''E'' appartient à ''B_n'', ce qui permet de définir une application de ''A_n'' dans ''B_n'', réciproque de l’application que nous avons définie de ''B_n'' dans ''A_n''. Ainsi, il existe une bijection de ''B_n'' sur ''A_n'' qui applique tout élément <math>\sigma</math> de ''B_n'' sur sa birestriction à <math>\{1, \ldots n\}</math>. On vérifie facilement que cette bijection est un isomorphisme, donc ''B_n'' est isomorphe à ''A_n'' comme annoncé.<br /> }} d) Soit <math>H \not= 1</math> un sous-groupe distingué de <math>A_{\infty}</math>. En raisonnant sur le sous-groupe <math>H \cap B_{n}</math> de ''B_n'', montrer que <math>H = A_{\infty}</math>, ce qui prouve que <math>A_{\infty}</math> est simple. {{Solution | contenu = Choisissons dans ''H'' un élément <math>\sigma \not= 1</math>. Il est clair que <math>A_{\infty}</math> est la réunion des ''B_n'', donc il existe un ''n''₀ tel que <math>\sigma \in B_{n_{0}}</math>. Soit ''n''₁ le plus grand des deux nombres ''n''₀ et 5. Il est clair que la suite des ''B_n'' est croissante, donc <math>\sigma</math> appartient à ''B_n'' pour tout nombre naturel <math>n \geq n_{1}</math>. Soit ''n'' un tel nombre naturel. Puisque ''H'' est distingué dans <math>A_{\infty}</math>, <math>H \cap B_{n}</math> est distingué dans ''B_n''. Puisque <math>n \geq 5</math>, ''A_n'' est simple. Puisque, d’après la question c), ''B_n'' est isomorphe à ''A_n'', ''B_n'' est simple. Ainsi, <math>H \cap B_{n}</math> est un sous-groupe distingué du groupe simple ''B_n'' et comprend l'élément <math>\sigma \not= 1</math>. On a donc <math>H \cap B_{n} = B_{n}</math>, autrement dit, ''H'' contient ''B_n''. Puisque ceci est vrai pour tout <math>n \geq n_{1}</math> et que la suite des ''B_n'' est croissante, ''H'' contient ''B_n'' pour tout <math>n \geq 1</math>. Puisque <math>A_{\infty}</math> est la réunion des ''B_n'', ''H'' est donc égal à <math>A_{\infty}</math> tout entier, ce qui prouve bien que <math>A_{\infty}</math> est simple. (Cette démonstration s'étend de façon immédiate à l'énoncé suivant : si un groupe est réunion d'une suite croissante de sous-groupes simples, ce groupe est simple.) Remarque : le point a) n’est pas vraiment nécessaire pour prouver que <math>A_{\infty}</math> est simple. Il suffit de définir ''B_n'' comme l’ensemble des éléments de <math>A_{\infty}</math> dont le support est contenu dans <math>\{1, \ldots n\}</math> et dont la restriction à <math>\{1, \ldots n\}</math> est une permutation paire de <math>\{1, \ldots n\}</math>. Cela permet d'abréger la démonstration, mais a l'inconvénient de donner une définition redondante de ''B_n'', puisque, d’après le point a), on peut éliminer de cette définition la condition que la restriction à <math>\{1, \ldots n\}</math> soit une permutation paire. }} == Problème. Groupes d'ordre 12 ayant plusieurs sous-groupes d'ordre 3. == Soit G un groupe d'ordre 12 ayant plusieurs sous-groupes d'ordre 3. Prouver que G est isomorphe à A₄. (Indication : faire opérer G par conjugaison sur l'ensemble des 3-Sylow de G et raisonner sur le noyau de l'homomorphisme correspondant à cette opération.) {{Solution | contenu = D'après les théorèmes de Sylow, l'ensemble E des 3-Sylow de G est de cardinal 4 et G opère transitivement sur E par conjugaison, ce qui nous fournit un homomorphisme <math>\varphi:G\to S_E</math>. Montrons que cet homomorphisme est injectif. Soit <math>x\in\ker\varphi</math>. Pour tout <math>P\in E</math>, on a <math>x^{-1}Px=P</math> donc <math>x</math> appartient au normalisateur de P. Ce normalisateur est d'indice <math>\vert E \vert </math> = 4 dans G, donc est d'ordre 3. Comme il contient P, il est donc égal à P. Ainsi, x appartient au sous-groupe <math>K:=\cap_{P\in E}P</math>. L'intersection de deux sous-groupes d'ordre 3 distincts est réduite à l'élément neutre, donc K est réduit à l'élément neutre, ce qui prouve que <math>\varphi</math> est injectif. Donc G est isomorphe au sous-groupe im(<math>\varphi</math>) de S_E. Puisque E a 4 éléments, S_E est isomorphe à S₄, donc G est isomorphe à un sous-groupe de S₄, sous-groupe d'ordre <math>\vert G \vert </math> = 12. On a noté dans le chapitre [[../../Groupes alternés|Groupes alternés]] que pour n ≥ 2, le seul sous-groupe d'indice 2 de S_n est A_n, donc G est isomorphe à A₄. Remarque : de façon générale, si H est un sous-groupe d'un groupe G, l'intersection des conjugués de H dans G est appelée le {{w|Cœur d'un sous-groupe|cœur}} de H dans G. Donc, dans le cas qui nous a occupés, K était le cœur dans G de chacun des quatre 3-Sylow. }} Remarques. 1° L'énoncé du présent problème nous servira à classifier les groupes d'ordre 12 dans [[../Groupes dicycliques#Problème 4 (Classification des groupes d'ordre 12)|un exercice sur le chapitre des groupes dicycliques]]. 2° Il nous servira aussi à prouver que tous les [[../../Intermède : groupes simples d'ordre 168#Section 3. Groupes simples d'ordre 168|groupes simples d'ordre 168]] sont isomorphes. == Problème. Sur certains groupes d'ordre 24== a) Soit G un groupe d'ordre 24 ayant plus d'un 3-sous-groupe de Sylow. Prouver que G est isomorphe à S₄ ou G/Z(G) isomorphe à A₄. (Indication : G opère par conjugaison sur l’ensemble E de ses 3-sous-groupes de Sylow. Raisonner sur le noyau de l'homomorphisme de G dans S_E correspondant à cette opération et appliquer un problème sur les sous-groupes de Sylow.) {{clr}} {{Solution | contenu = D'après un théorème de Sylow, le nombre des sous-groupes d'ordre 3 de G est congru à 1 modulo 3 et divise 8. Par hypothèse, ce nombre est > 1, donc il est égal à 4. L'ensemble E des 3-sous-groupes de Sylow de G est donc un ensemble à 4 éléments. D'après un théorème de Sylow, E est une classe de conjugaison de sous-groupes de G, donc G opère sur E par conjugaison. Soit ''f'' l'homomorphisme de G dans S_E correspondant à cette opération, soit K le noyau de ''f''. Alors <math>K = \bigcap_{i=1}^{4}N_{G}(P_{i})</math>, où les P_i sont les quatre sous-groupes d'ordre 3 de G. D'après un exercice sur le chapitre des sous-groupes de Sylow (où on fait p = 3), l’ordre de K divise donc 2 <math>\vert \bigcap_{i=1}^{4}P_{i} \vert </math>. L'intersection de deux différents sous-groupes d'ordre 3 est réduite à l'élément neutre, donc <math>\vert \bigcap_{i=1}^{4}P_{i} \vert </math> = 1, donc l’ordre de K est égal à 1 ou à 2.<br /> Puisque K est le noyau d'un homomorphisme partant de G, c’est un sous-groupe normal de G. Un sous-groupe normal d'ordre égal à 1 ou à 2 est central, donc K est contenu dans le centre de G. D'autre part, comme noté audit exercice sur les sous-groupes de Sylow, le centre de G est contenu dans <math>\bigcap_{i=1}^{4}N_{G}(P_{i})</math>, c'est-à-dire dans K. Donc K = Z(G) et Z(G) est d'ordre 1 ou 2.<br /> D'après le premier théorème d'isomorphisme, G/K est isomorphe à un sous-groupe de S_E, donc à un sous-groupe de S₄. On a vu que K = Z(G), donc G/Z(G) est isomorphe à un sous-groupe de S₄. Si Z(G) est d'ordre 1, G est donc isomorphe à un sous-groupe d'orde 24 de S₄, qui ne peut être que S₄ lui-même. Si Z(G) est d'ordre 2, G/Z(G) est isomorphe à un sous-groupe d'ordre 12 de S₄; on a noté au chapitre [[../../Groupes alternés|Groupes alternés]] que (pour n ≥ 2) A_n est le seul sous-groupe d'indice 2 de S_n, donc G/Z(G) est isomorphe à A₄. }} b) Soit G un groupe d'ordre 24. On suppose que G a un sous-groupe normal d'ordre 4 qui est son propre centralisateur dans G. Prouver que G est isomorphe à S₄. (Indication : prouver que G a plus d'un sous-groupe d'ordre 3 et que son centre est réduit à l'élément neutre.) {{clr}} {{Solution | contenu = Choisissons un sous-groupe normal H d'ordre 4 de G qui soit son propre centralisateur dans G.<br /> Supposons que, par absurde, G n'ait qu'un sous-groupe d'ordre 3, soit P. Alors P est normal dans G. Comme les ordres de H et de P sont premiers ente eux, H ⋂ P = 1. On a vu dans les exercices de la série [[../Sous-groupe distingué, groupe quotient|Sous-groupe distingué, groupe quotient]] que si deux sous-groupes normaux d'un groupe ont une intersection réduite à l'élément neutre, ils se centralisent mutuellement. Donc P centralise H, ce qui est absurde puisque P n’est pas contenu dans H et que H est supposé être son propre centralisateur. La contradiction obtenue prouve que :(3) G a plus d'un sous-groupe d'ordre 3.<br /> Prouvons maintenant que Z(G) = 1. Choisissons un élément d'ordre 3 de G, soit ''a''. Puisque ''a'' est d'ordre 3, il n'appartient pas à H. Puisque H est son propre centralisateur, ''a'' ne centralise donc pas H. Puisque H est normal dans G, chaque automorphisme intérieur de G admet une birestriction à H et l’application de G dans Aut(H) qui à ''g'' fait correspondre l'automorphisme x ↦ gxg^-1 de H est un homomorphisme de G dans Aut(H). Puisque ''a'' est d'ordre 3, l’ordre de son image par cet homomorphisme divise 3, autrement dit l’ordre de l'automorphisme x ↦ axa^-1 de H divise 3. On a vu que ''a'' ne centralise pas H, donc l'automorphisme x ↦ axa^-1 de H n’est pas l'identité, donc cet automorphisme de H est d'ordre 3. Il en résulte que la permutation de H - {1} induite par cet automorphisme est elle aussi d'ordre 3 et est donc un 3-cycle, donc l'automorphisme x ↦ axa^-1 de H n'a pas de point fixe dans H - {1}. Puisqu'un élément de Z(G) est un point fixe de cet automorphisme, aucun élément de Z(G) n'appartient à H - {1}. Mais, puisque H est son propre centralisateur dans G, Z(G) est contenu dans H, donc :(4) Z(G) = 1. Compte tenu de (3) et (4), l'énoncé résulte du point a). }} c) Soit G un groupe d'ordre 24 admettant plus d'un 2-sous-groupe de Sylow et plus d'un 3-sous-groupe de Sylow. Prouver que G est isomorphe à S₄. (Indication. Il résulte du point a) que dans le cas contraire, G/Z(G) serait isomorphe à A₄. Un [[Théorie des groupes/Exercices/Théorèmes de Sylow|exercice sur les théorèmes de Sylow]] permet d'exprimer les 2-sous-groupes de Sylow de G/Z(G) en fonction des 2-sous-groupes de Sylow de G. En déduire que A₄ aurait plus d'un 2-sous-groupe de Sylow et conclure.) {{clr}} {{Solution | contenu = Supposons que, par absurde, G ne soit pas isomorphe à S₄. Alors, d'après le point a), G/Z(G) est isomorphe à A₄, ce qui entraîne que Z(G) est d'ordre 2. Par hypothèse, nous pouvons choisir deux différents 2-sous-groupes de Sylow de G, soient P et Q. D'après un [[Théorie des groupes/Exercices/Théorèmes de Sylow|exercice sur les théorèmes de Sylow]], PZ(G)/Z(G) et QZ(G)/Z(G) sont des 2-sous-groupes de Sylow de G/Z(G). S'ils n'étaient pas distincts, on aurait, en passant aux réunions, : (1) PZ(G) = QZ(G). Mais, d'autre part, comme Z(G) est un sous-groupe normal d'ordre 2 de G, il est contenu dans tous les 2-sous-groupes de Sylow de G, donc PZ(G)= P et QZ(G) = Q, donc notre résultat (1) peut s'écrire P = Q, ce qui contredit le choix de P et Q. Donc PZ(G)/Z(G) et QZ(G)/Z(G) sont deux différents 2-sous-groupes de Sylow de G/Z(G). On a vu que G/Z(G) est isomorphe à A₄, donc, d'après ce qui précède, A₄ compte plus d'un 2-sous-groupe de Sylow. Ceci est faux, car on a vu dans le chapitre théorique que A₄ a un sous-groupe normal d'ordre 4, qui est donc son unique 2-sous-groupe de Sylow. La contradiction obtenue prouve l'énoncé. }} Remarques. 1° Le point b) nous servira à prouver que le groupe des automorphismes du groupe des quaternions est isomorphe à S₄.</br> 2° Le point c) nous servira dans le [[../../Intermède : groupes simples d'ordre 168|chapitre sur les groupes simples d'ordre 168]].</br> 3° En cherchant quelle pourrait être la structure cyclique d'un élément d'ordre 6 de S₄, on voit facilement que S₄ n'a pas d'élément d'ordre 6. Dans [[../Produit semi-direct|un exercice sur le chapitre Produit semi-direct]], on verra que tout groupe d'ordre 24 sans élément d'ordre 6 est isomorphe à S₄. == Un sous-groupe normal maximal qui n'est pas un sous-groupe maximal == Au chapitre [[../../Sous-groupe distingué et groupe quotient|Sous-groupe distingué et groupe quotient]], on a défini un sous-groupe normal maximal d'un groupe G comme un élément maximal de l'ensemble des sous-groupes normaux propres de G, cet ensemble étant ordonné par inclusion. Prouver par un exemple qu'un sous-groupe normal maximal d'un groupe n'est pas forcément un sous-groupe maximal de ce groupe. {{clr}} {{Solution | contenu = D'après le chapitre théorique, le groupe A₅ est un groupe simple, donc le sous-groupe trivial 1 de A₅ est un sous-groupe normal maximal de A₅. En revanche, 1 n'est pas un sous-groupe maximal de A₅, puisque, par exemple, on peut choisir un 3-cycle dans A₅ et que le sous-groupe H de A₅ engendré par ce 3-cycle est d'ordre 3, d'où 1 < H < A₅. }} == Notes et références == <references/> {{Bas de page | idfaculté = mathématiques | précédent = [[../Groupes symétriques finis/]] | suivant = [[../Groupes linéaires/]] }} fboplsd3a0x52ehfyznrgopzqs1a107 0 68384 982318 961633 2026-05-01T06:58:03Z Marvoir 1746 démontré un corollaire qui me semble mériter mieux que d'être enterré dans un exercice 982318 wikitext text/x-wiki {{Chapitre | niveau = 14 | idfaculté = mathématiques | numéro = 43 | précédent = [[../Caractères complexes des groupes finis, 2 : théorèmes sur les degrés/]] | suivant = [[../Caractères irréductibles de quelques groupes/]] | page_liée = Exercices/Le théorème p-q de Burnside }} Dans ce chapitre, on va démontrer le théorème p-q de [[w:William Burnside|Burnside]], ou théorème p^a q^b de Burnside, selon lequel tout groupe fini dont l'ordre compte au plus deux facteurs premiers distincts est [[../Groupes résolubles|résoluble]]. La démonstration est celle que Burnside lui-même a donnée en 1904<ref name=Burnside>{{Article|auteur=W. Burnside|titre=On groups of order ''p{{exp|α}}q{{exp|β}}'' |revue=Proc. London Math. Soc.|année=1904|vol=s2-1|numéro=1|p.=388-392|doi=10.1112/plms/s2-1.1.388|url=https://books.google.fr/books?id=qAj_sgkzjvAC&pg=PA1085}}.</ref> à l'aide de la théorie des <math>\mathbb{C}</math>-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 [[w:John Griggs Thompson|J. G. Thompson]], [[w:de:David Goldschmidt|D. Goldschmidt]] donna en 1970 une telle démonstration limitée aux groupes d'ordre p^a q^b impair et [[w:de:Helmut Bender (Mathematiker)|H. Bender]] compléta la démonstration en 1972<ref>{{Article|auteur=[[w:en:Joseph Gallian|Joseph A. Gallian]]|titre=The search for finite simple groups|revue=Mathematics Magazine|vol=49|date=1976|page=163-179|url=http://www.d.umn.edu/~jgallian/simple.pdf}}, p. 170.</ref>. La numérotation des énoncés fait suite à celle du chapitre précédent. {{Clr}} {{Théorème | titre = Lemme 38 | contenu = Soient <math>\lambda_1,\ldots,\lambda_d</math> des nombres complexes de module 1, non tous égaux entre eux. Alors, <math>|\lambda_1+\cdots+\lambda_d|<d</math>. }} {{Démonstration déroulante|contenu= 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<ref>[[w:Nicolas Bourbaki|N. Bourbaki]], ''[[w:Éléments de mathématique#Topologie générale (1940-1974)|Topologie générale]]'', Paris, Hermann, 1974, ch. VI, § 2, n° 1, p. VI.7.</ref>. On peut supposer, sans perte de généralité, que <math>\lambda_1=1</math> et <math>\lambda_2\ne1</math>. Alors, en notant respectivement <math>a</math> et <math>b</math> les parties réelle et imaginaire de <math>\lambda_2</math> : :<math>|\lambda_1+\lambda_2|^2=(1+a)^2+b^2=2+2a<4</math>. Par conséquent, :<math>|\lambda_1+\cdots+\lambda_d|\le|\lambda_1+\lambda_2|+\sum_{j=3}^d|\lambda_j|<2+d-2=d</math>. }} <br /> {{Théorème | titre = Lemme 39 | contenu = Soit ''d'' un nombre naturel non nul, soient <math>\lambda_1,\ldots,\lambda_d</math> des racines de l'unité dans <math>\mathbb{C}</math>, non toutes égales entre elles. On suppose que <math>(\lambda_1+\cdots+\lambda_d)/d</math> est un entier algébrique. Alors, <math>\lambda_1+\cdots+\lambda_d=0</math>. }} Démonstration. On va utiliser le point 9° des rappels sur les nombres algébriques (chapitre [[../Caractères complexes des groupes finis, 1 : relations d'orthogonalité|Caractères complexes des groupes finis, 1]]). Soit L l'extension de <math>\mathbb{Q}</math> engendrée par <math>\lambda_1,\ldots,\lambda_d.</math> Cette extension est de degré fini. Soit <math>\sigma </math> un « isomorphisme » de L dans <math>\mathbb{C}</math>. Il résulte des hypothèses de l'énoncé que <math>\sigma (\lambda_1),\ldots,\sigma(\lambda_d)</math> sont des racines de l'unité non toutes égales entre elles donc, d'après le lemme précédent, :<math>|\sigma(\lambda_1)+\cdots+\sigma(\lambda_d)|<d</math>, soit <math>\left|\sigma\left(\frac{\lambda_1+\cdots+\lambda_d}d\right)\right|<1</math>. En prenant le produit sur les « isomorphismes » <math>\sigma</math> de L dans <math>\mathbb{C}</math>, on trouve :(1) <math>\qquad\left|N_{\mathbb{Q}}^L\left(\frac{\lambda_1+\cdots+\lambda_d}d\right)\right|<1</math>. D'autre part, puisque, par hypothèse <math>(\lambda_1+\cdots+\lambda_d)/d</math> est un entier algébrique, son image par <math>N_{\mathbb{Q}}^L</math> est un entier rationnel. D'après (1), la valeur absolue de cet entier rationnel est < 1, donc elle est nulle, ce qui prouve l'énoncé. <br /><br /> {{Théorème | titre = Lemme 40 | contenu = Soit ''d'' un nombre naturel non nul, soit M une matrice appartenant à <math>\mathrm{GL}(d,\mathbb{C}).</math> On suppose que M est un élément d'ordre fini du groupe <math>\mathrm{GL}(d,\mathbb{C})</math> et que <math>\frac{\operatorname{Tr}(M)}d</math> est un entier algébrique. Alors M est scalaire ou Tr(M) = 0. }} {{Démonstration déroulante|contenu= Par hypothèse, il existe un nombre naturel non nul tel que <math>M^n=1</math>. Le polynôme minimal de <math>M</math> est alors un diviseur de <math>X^n-1</math> donc ses racines sont distinctes et racines de l'unité. [[Réduction des endomorphismes/Diagonalisabilité|Par conséquent]], <math>M</math> est [[Matrice/Relations entre matrices#Matrices semblables|semblable]] à une matrice diagonale dont les termes diagonaux <math>\lambda_1,\ldots,\lambda_d</math> sont des racines de l'unité. Si <math>M</math> n'est pas scalaire, les nombres <math>\lambda_i</math> ne sont pas tous égaux entre eux. L'énoncé résulte alors du lemme précédent. }} <br /> {{Théorème | titre = Lemme 41 | contenu = Soient G un groupe fini et T une <math>\mathbb{C}</math>-représentation matricielle irréductible de degré ''d'' de G ; désignons par <math>\chi</math> le caractère de T. Soit ''g'' un élément de G ; désignons par <math>\mathrm{Cl}(g)</math> la classe de conjugaison de ''g'' dans G. On suppose que ''d'' et <math>|\mathrm{Cl}(g)|</math> sont premiers entre eux. Alors la matrice T(g) est scalaire ou <math>\chi(g)=0</math>. }} Démonstration<ref>{{Ouvrage|prénom1=W. R.|nom1=Scott|titre=Group Theory|éditeur=Dover|année=1987|année première édition=1964|url=https://books.google.fr/books?id=pOwxAwAAQBAJ&pg=PA333|passage=333}}, 12.3.1.</ref>{{,}}<ref>{{Ouvrage|prénom1=Derek J. S.|nom1=Robinson|titre=A Course in the Theory of Groups|éditeur=Springer|année=1996|url=https://books.google.fr/books?id=zLfkBwAAQBAJ&pg=PA247|passage=247}}, 8.5.1.</ref>{{,}}<ref>{{Ouvrage|prénom1=Larry C.|nom1=Grove|titre=Groups and Characters|éditeur=Wiley|année=1997|url=https://books.google.fr/books?id=E8rOKvofpRIC&pg=PA119|passage=119-120}}, Proposition 5.2.37.</ref>. Par définition, <math>\chi(g)</math> est la trace de la matrice T(g). Puisque G est un groupe fini, cette matrice est un élément d'ordre fini du groupe <math>\mathrm{GL}(d,\mathbb{C})</math>. D'après le lemme précédent, l'énoncé sera donc démontré si nous prouvons que <math>\frac{\chi(g)}d</math> est un entier algébrique. Puisque ''d'' et <math>|\operatorname{Cl}(g)|</math> sont supposés premiers entre eux, il existe des entiers rationnels <math>a</math> et <math>b</math> tels que :<math>a\left|\operatorname{Cl}(g)\right|+bd=1</math>. En multipliant par <math>\chi(g)/d</math>, on obtient :(1) <math>\qquad\frac{\chi(g)}d=a\,\frac{\left|\operatorname{Cl}(g)\right|\chi(g)}d+b\chi(g)</math>. Puisque <math>\chi</math> est irréductible, il résulte du lemme 36 (chapitre [[../Caractères complexes des groupes finis, 2 : théorèmes sur les degrés|Caractères complexes des groupes finis, 2]]) que :(2) <math>\qquad\frac{\left|\operatorname{Cl}(g)\right|\chi (g)}d</math> est un entier algébrique. D'autre part, d'après le corollaire 10 (chapitre [[../Caractères complexes des groupes finis, 1 : relations d'orthogonalité|Caractères complexes des groupes finis, 1]]), :(3) <math>\qquad\chi(g)</math> est un entier algébrique. (1), (2) et (3) montrent que <math>\chi(g)/d</math> est bien un entier algébrique, ce qui achève la preuve. <br /><br /> {{Théorème | titre = Lemme 42 | contenu = Soit G un [[../Sous-groupe distingué et groupe quotient#Notion de groupe simple|groupe '''simple''']]. Sur tout corps, la seule représentation matricielle irréductible non fidèle de G est la représentation matricielle triviale de degré 1. }} {{Démonstration déroulante|contenu= Puisque G est simple, ses représentations non fidèles sont ses représentations triviales. (En effet, tout homomorphisme de groupes partant d'un groupe simple est soit trivial, soit injectif.) Sur tout corps, la seule représentation matricielle triviale d'un groupe qui soit irréductible est celle de degré 1, ce qui prouve l'énoncé. }} La dénomination « Théorème de non-simplicité de Burnside », qu'on donne ici au théorème qui suit, n'est pas standard, mais ce théorème a bien été démontré par Burnside<ref>{{Harvsp|Scott|1987|p=334}}, 12.3.2.</ref>{{,}}<ref>{{Harvsp|Robinson|1996|p=247}}, 8.5.2.</ref>{{,}}<ref>{{Harvsp|Grove|1997|p=200}}, Theorem 5.2.38.</ref> et ajouté à son article<ref name=Burnside/>, ce qui lui a permis de simplifier sa preuve initiale du théorème p^a q^b. {{Théorème | titre = Théorème 43. (Théorème de non-simplicité de Burnside.) | contenu = Soit G un groupe fini. On suppose qu'il existe une classe de conjugaison d'éléments de G dont le cardinal est ''p{{exp|n}}'' avec ''p'' premier et ''n'' ≥ 1. Alors G n'est pas simple. }} Démonstration. Supposons que, par absurde, :(hyp. 1) <math>\qquad </math>G soit simple. Désignons par <math>\chi_1,\ldots,\chi_h</math> les différents <math>\mathbb{C}</math>-caractères irréductibles de G, en prenant pour <math>\chi_1</math> le caractère constant de valeur 1 (caractère principal). Pour tout ''i'' dans {1, ... , ''h''}, désignons par <math>d_i</math> le degré de <math>\chi_i</math> et choisissons une <math>\mathbb{C}</math>-représentation matricielle <math>T_i</math> de G ayant <math>\chi_i</math> pour caractère. Les <math>T_i</math> sont donc irréductibles et deux à deux non équivalentes et <math>T_1</math> est la <math>\mathbb{C}</math>-représentation matricielle triviale de degré 1 de G. Il résulte alors du lemme 42 que :(2) pour tout <math>i\ge2</math>, la représentation <math>T_i</math> est fidèle. Par hypothèse de l'énoncé, nous pouvons choisir un élément ''g'' de G tel que :<math>\left|\operatorname{Cl}(g)\right|=p^n</math>. Comme ''g'' a plusieurs conjugués, il n'appartient pas au centre de G. Pour tout <math>i\ge2</math>, d'après (2), la matrice <math>T_i(g)</math> n'est donc pas scalaire. Par conséquent, d'après le lemme 41 : :(3) pour tout <math>i\ge2</math> tel que <math>d_i</math> ne soit pas divisible par ''p'', <math>\chi_i(g)=0</math>. D'autre part, puisque ''g'' a plusieurs conjugués, il est distinct de 1 (nous avons d'ailleurs déjà noté qu'il n'appartient pas au centre de G) donc, d'après la seconde relation d'orthogonalité ([[../Caractères complexes des groupes finis, 1 : relations d'orthogonalité|Caractères complexes des groupes finis, 1]], théorème 31) : :<math>\sum_{i=1}^h\chi_i(1)\chi_i(g)=0</math> autrement dit, en divisant par ''p'' et en tenant compte de (3) : :(4) <math>\quad\frac1p=-\sum _{2\le i\le h\atop p\mid d_i}\frac{d_i}p\chi_i(g)</math>. Or nous savons (nous l'avons déjà utilisé dans la preuve du lemme 41) que tous les <math>\chi_i(g)</math> sont des entiers algébriques donc, d'après (4), 1/''p'' est un entier algébrique, ce qui est faux (chapitre [[../Caractères complexes des groupes finis, 1 : relations d'orthogonalité|Caractères complexes des groupes finis, 1]], rappels sur les nombres algébriques, point 8°). La contradiction obtenue prouve que notre hypothèse (1) est absurde, donc G n'est pas simple, ce qui démontre l'énoncé. {{Théorème | titre = Théorème 44. (Théorème p-q de Burnside, ou théorème p^a q^b de Burnside.) | contenu ={{Wikipédia|Théorème de Burnside (groupe résoluble)}} Soit G un groupe fini d'ordre ''p{{exp|a}}q{{exp|b}}'', où ''p'' et ''q'' sont des nombres premiers et ''a'', ''b'' des nombres naturels. Le groupe G est résoluble. }} Démonstration<ref>{{Ouvrage|auteur=Pavel I. Etingof|et al.=oui|titre=Introduction to Representation Theory|éditeur=AMS|année=2011|url=https://books.google.fr/books?id=RS6IAwAAQBAJ&pg=PA100|passage=100}}.</ref>. Raisonnons par l'absurde, en supposant qu'il existe ''p'' et ''q'' premiers et un groupe G non résoluble d'ordre ''p{{exp|a}}q{{exp|b}}'', et choisissons un tel G d'ordre minimum. Alors G est simple, car s'il avait un sous-groupe normal H différent de 1 et G, les groupes H et G/H, ayant pour ordres des diviseurs stricts de ''p{{exp|a}}q{{exp|b}}'', seraient résolubles (par minimalité de |G|), ce qui (chapitre [[../Groupes résolubles|Groupes résolubles]]) contredirait la non-résolubilité de G. Cette simplicité de G entraîne que : *puisque G est non abélien (car non résoluble), son centre est réduit à l'élément neutre, autrement dit {1} est la seule classe de conjugaison de G réduite à un élément ; *d'après le théorème 43, ''p'' et ''q'' sont distincts et ''a'' et ''b'' sont non nuls, et le cardinal de toute autre classe de conjugaison (qui ''a priori'' divise |G|, cf. chapitre [[../Action de groupe|Action de groupe]], section ''Le centralisateur et le normalisateur vus comme stabilisateurs'') est divisible par ''pq''. On déduit de ces deux points que modulo ''pq'', |G| est congru à la fois à 1 et à 0. Cette contradiction achève la preuve par l'absurde du théorème. {{Théorème | titre = Corollaire | contenu =Tout groupe simple non abélien est d'ordre au moins 60. Tout groupe d'ordre < 60 est résoluble. }} Démonstration. Soit G un groupe simple fini non abélien. Alors G n'est pas résoluble, donc, d'après le théorème p-q de Burnside, l'ordre de G a au moins trois facteurs premiers distincts. Soient p, q et r, avec p < q < r, les trois plus petits facteurs premiers de l'ordre de G. Alors <math>p \geq 2</math>, <math>q \geq 3</math> et <math>r \geq 5</math>. De plus, G, étant simple, n'est pas p-nilpotent, donc son ordre est divisible par <math>p^{2}</math> (voir le chapitre [[../Transfert, théorème du complément normal de Burnside|Transfert, théorème du complément normal de Burnside]]), donc l'ordre de G est au moins <math>2^{2} \times 3 \times 5 = 60</math>, ce qui prouve la première partie de l'énoncé. Soit H un groupe d'ordre < 60. Dans une suite de Jordan-Hölder de H, les quotients sont des groupes simples d'ordre < 60, donc, d'après la première partie de l'énoncé, ce sont des groupes simples abéliens, donc H est résoluble, ce qui prouve la seconde partie de l'énoncé.</br> Remarque. On a déjà prouvé dans les [[../Exercices/Premiers résultats sur les groupes simples|exercices sur le chapitre Premiers résultats sur les groupes simples]] que tout groupe d'ordre < 60 est résoluble, mais de façon moins élégante qu'ici. == Notes et références == {{Références}} {{Bas de page | idfaculté = mathématiques | précédent = [[../Caractères complexes des groupes finis, 2 : théorèmes sur les degrés/]] | suivant = [[../Caractères irréductibles de quelques groupes/]] }} kucio7nfzy8mk0tsk7q3j6tyr8di8jl 4 86055 982309 982237 2026-04-30T12:55:59Z ~2026-26368-17 80279 /* Destroy 🎒 burn binall disable-file-sharing-over-multiple-dedestoryall sharingblouckbiches tuaniannon sharing burn artist burnitsharing blocks 🚫 recycle 🚫 recycle 🚫 recycle 🚫 rec ycle 🚫 recycle 🚫 recycles bin destroyburn bins */ nouvelle section 982309 wikitext text/x-wiki __EXPECTED_UNCONNECTED_PAGE__ <noinclude>{{SC|2026|04}}{{Clr}}</noinclude> == Action Required: Update templates/modules for electoral maps (Migrating from P1846 to P14226) == Hello everyone, This is a notice regarding an ongoing data migration on Wikidata that may affect your election-related templates and Lua modules (such as <code>Module:Itemgroup/list</code>). '''The Change:'''<br /> Currently, many templates pull electoral maps from Wikidata using the property [[:d:Property:P1846|P1846]], combined with the qualifier [[:d:Property:P180|P180]]: [[:d:Q19571328|Q19571328]]. We are migrating this data (across roughly 4,000 items) to a newly created, dedicated property: '''[[:d:Property:P14226|P14226]]'''. '''What You Need To Do:'''<br /> To ensure your templates and infoboxes do not break or lose their maps, please update your local code to fetch data from [[:d:Property:P14226|P14226]] instead of the old [[:d:Property:P1846|P1846]] + [[:d:Property:P180|P180]] structure. A [[m:Wikidata/Property Migration: P1846 to P14226/List|list of pages]] was generated using Wikimedia Global Search. '''Deadline:'''<br /> We are temporarily retaining the old data on [[:d:Property:P1846|P1846]] to allow for a smooth transition. However, to complete the data cleanup on Wikidata, the old [[:d:Property:P1846|P1846]] statements will be removed after '''May 1, 2026'''. Please update your modules and templates before this date to prevent any disruption to your wiki's election articles. Let us know if you have any questions or need assistance with the query logic. Thank you for your help! [[User:ZI Jony|ZI Jony]] using [[Utilisateur:MediaWiki message delivery|MediaWiki message delivery]] ([[Discussion utilisateur:MediaWiki message delivery|discuter]]) 3 avril 2026 à 17:11 (UTC) <!-- Message envoyé par User:ZI Jony@metawiki en utilisant la liste sur https://meta.wikimedia.org/w/index.php?title=Distribution_list/Non-Technical_Village_Pumps_distribution_list&oldid=29941252 --> == Actualités techniques n° 2026-15 == <section begin="technews-2026-W15"/><div class="plainlinks"> Dernières '''[[m:Special:MyLanguage/Tech/News|actualités techniques]]''' de la communauté technique de Wikimedia. N’hésitez pas à informer les autres utilisateurs de ces changements. Certains changements ne vous concernent pas. [[m:Special:MyLanguage/Tech/News/2026/15|D’autres traductions]] sont disponibles. '''Actualités pour la contribution''' * L’[[mw:Special:MyLanguage/Help:Extension:CampaignEvents|extension CampaignEvents]] comprend désormais une nouvelle fonctionnalité de définition d’objectifs de groupe, permettant aux organisateurs de définir et de suivre les objectifs de l’événement, tels que le nombre d’articles créés et de contributeurs participants en temps réel. De même, les participants peuvent travailler vers des cibles communes et voir leur impact collectif au fur et à mesure que l’événement se déroule. Cette fonctionnalité est désormais disponible sur tous les wikis Wikimedia. Pour en savoir plus, consultez [[mw:Special:MyLanguage/Help:Extension:CampaignEvents/Registration/Collaborative contributions#Goal setting|la documentation]]. * [[File:Maki-gift-15.svg|12px|link=|class=skin-invert|Concerne un souhait]] La nouvelle fonctionnalité d'[[mw:Special:MyLanguage/Help:Watchlist labels|étiquettes de liste de suivi]] (annoncée dans les [[m:Special:MyLanguage/Tech/News/2026/07|Actualités techniques 2026-07 ]]) est désormais disponible via l'ÉditeurVisuel, l'éditeur de code et l'«étoile de suivi»(ou le lien de suivi, pour les habillages qui n'ont pas d'icône d'étoile). Auparavant, il n'était possible d'attribuer des étiquettes que via [[Special:EditWatchlist|Modifier la liste de suivi]]. Dans ces trois emplacements, il s'agit d'un nouveau champ situé après le champ d'expiration. * [[File:Reload icon with two arrows.svg|12px|link=|class=skin-invert|Sujet récurrent]] Voir {{PLURAL:23|la tâche soumise|les {{formatnum:23}} tâches soumises}} par la communauté [[m:Special:MyLanguage/Tech/News/Recently resolved community tasks|résolue{{PLURAL:23||s}} la semaine dernière]]. Par exemple, le problème où les pages de discussion sur mobile avec Parsoid sont inutilisables après les en-têtes de section vides, a maintenant été résolu. [https://phabricator.wikimedia.org/T419171] '''Actualités pour la contribution technique''' * La [[m:Special:MyLanguage/WMDE Technical Wishes/Sub-referencing|fonctionnalité de sous-référencement]], qui permet aux contributeurs d'ajouter des détails à une référence existante sans la dupliquer, sera progressivement déployée sur [[phab:T414094|davantage de wikis]] plus tard cette année. Les wikis utilisant le gadget [[mw:Special:MyLanguage/Reference Tooltips|Reference Tooltips]] sont encouragés à mettre à jour leur version (généralement sur [[m:MediaWiki:Gadget-ReferenceTooltips.js|MediaWiki:Gadget-ReferenceTooltips.js]] comme indiqué [https://en.wikipedia.org/w/index.php?diff=1344408362 ici]) pour assurer la compatibilité. D'autres gadgets liés aux références pourraient également être affectés. [https://phabricator.wikimedia.org/T416304] * Toutes les éditions de Wikinews seront fermées et passeront en mode lecture seule le 4 mai 2026. Le contenu restera accessible, mais aucune nouvelle modification ni aucun nouvel article ne pourra être ajouté. Cette fermeture a été approuvée par le Conseil d'administration de la Fondation Wikimedia à la suite de discussions prolongées. [[m:Wikimedia Foundation Board noticeboard#Board of Trustees Approves Closure of Wikinews|En savoir plus]]. * L'[[:mw:Special:MyLanguage/API:Action API|API d'action]] a proposé plusieurs formats pour les résultats demandés. L'un d'entre eux, <bdi lang="zxx" dir="ltr"><code><nowiki>format=php</nowiki></code></bdi>, sera bientôt supprimé. Veuillez vous assurer que vos scripts ou robots utilisent le [[mw:Special:MyLanguage/API:Data formats#Output|format JSON]]. Cette suppression devrait affecter très peu de scripts et de robots. [https://phabricator.wikimedia.org/T118538] * La page [[Special:NamespaceInfo|Special:NamespaceInfo]] inclut désormais les alias d'espace de noms. Par exemple «WP» pour l'espace de noms ''Projet'' (''Wikipédia'') sur la Wikipédia en allemand. [https://phabricator.wikimedia.org/T381455] * [[File:Reload icon with two arrows.svg|12px|link=|class=skin-invert|Sujet récurrent]] Détail des mises-à-jour à venir cette semaine : [[mw:MediaWiki 1.46/wmf.23|MediaWiki]] '''''[[m:Special:MyLanguage/Tech/News|Actualités techniques]]''' préparées par les [[m:Special:MyLanguage/Tech/News/Writers|rédacteurs des actualités techniques]] et postées par [[m:Special:MyLanguage/User:MediaWiki message delivery|robot]]. [[m:Special:MyLanguage/Tech/News#contribute|Contribuer]]&nbsp;• [[m:Special:MyLanguage/Tech/News/2026/15|Traduire]]&nbsp;• [[m:Tech|Obtenir de l’aide]]&nbsp;• [[m:Talk:Tech/News|Donner son avis]]&nbsp;• [[m:Global message delivery/Targets/Tech ambassadors|S’abonner ou se désabonner]].'' </div><section end="technews-2026-W15"/> <bdi lang="en" dir="ltr">[[User:MediaWiki message delivery|MediaWiki message delivery]]</bdi> 6 avril 2026 à 16:19 (UTC) <!-- Message envoyé par User:STei (WMF)@metawiki en utilisant la liste sur https://meta.wikimedia.org/w/index.php?title=Global_message_delivery/Targets/Tech_ambassadors&oldid=30362761 --> == <span lang="en" dir="ltr">Tech News: 2026-16</span> == <div lang="en" dir="ltr"> <section begin="technews-2026-W16"/><div class="plainlinks"> Latest '''[[m:Special:MyLanguage/Tech/News|tech news]]''' from the Wikimedia technical community. Please tell other users about these changes. Not all changes will affect you. [[m:Special:MyLanguage/Tech/News/2026/16|Translations]] are available. '''Weekly highlight''' * Experienced editors are invited to [https://b24e11a4f1.catalyst.wmcloud.org/wiki/Main_Page test] the [[mw:Special:MyLanguage/Article guidance|Article guidance]] feature, designed to help less-experienced editors create well-structured, policy-compliant Wikipedia articles. Testing instructions are [[mw:Special:MyLanguage/Article guidance/Test feature guide|available]]. Also, after reviewing [https://b24e11a4f1.catalyst.wmcloud.org/wiki/Category:Pages_using_article_guidance the outlines], please provide feedback on the [[mw:Talk:Article guidance|project talk page]]. Based on your input, the feature will be refined and transferred to the pilot Wikipedias to translate and adapt. Check out [[c:File:Article Guidance workflow demo - April 2026.webm|the video]] explaining the feature. '''Updates for editors''' * On most wikis, all autoconfirmed users can now use [[Special:ChangeContentModel|Special:ChangeContentModel]] page to [[mw:Special:MyLanguage/Help:ChangeContentModel|create new pages with custom content models]], such as mass message lists, making custom page formats more accessible. Check [[Special:ListGroupRights|Special:ListGroupRights]] for the status of your wiki. [https://phabricator.wikimedia.org/T248294] * The Growth team has launched an [[mw:Special:MyLanguage/Contributors/Account_Creation_Experiments|account creation experiment]] to evaluate whether adding an account creation button to the mobile web header increases new account registrations and encourages more mobile users to contribute to the wikis. The experiment is currently live on Hindi, Indonesian, Bengali, Thai, and Hebrew Wikipedia, and targets 10% of logged-out mobile web users. * [[File:Reload icon with two arrows.svg|12px|link=|class=skin-invert|Recurrent item]] View all {{formatnum:30}} community-submitted {{PLURAL:30|task|tasks}} that were [[m:Special:MyLanguage/Tech/News/Recently resolved community tasks|resolved last week]]. For example, an issue where VisualEditor could get stuck loading on Windows devices with animations turned off, has now been fixed. [https://phabricator.wikimedia.org/T382856] '''Updates for technical contributors''' * Starting later this week, {{int:group-abusefilter}} who have the [[mw:Special:MyLanguage/Help:Extension:CodeMirror|{{int:codemirror-beta-feature-title}}]] beta feature enabled will have [[mw:Special:MyLanguage/Extension:CodeMirror|CodeMirror]] instead of [[mw:Special:MyLanguage/Extension:CodeEditor|CodeEditor]] as the editor at [[Special:AbuseFilter|Special:AbuseFilter]]. This is part of the broader effort to make the user experience more consistent across all editors. [https://phabricator.wikimedia.org/T399673][https://phabricator.wikimedia.org/T419332] * Tools and bots that access the [[mw:Special:MyLanguage/Notifications/API|Notifications API]] (<bdi lang="zxx" dir="ltr"><code><nowiki>action=query&meta=notifications</nowiki></code></bdi>) will need to update their OAuth or BotPassword grants to also include access to private notifications. [https://phabricator.wikimedia.org/T421991] * Due to a library upgrade, listings on category pages may be displayed out of order starting on Monday, 20th April. A migration script will be run to correct this, and will take hours to days depending on the size of the wiki (up to a week for English Wikipedia). [https://phabricator.wikimedia.org/T422544] * [[File:Reload icon with two arrows.svg|12px|link=|class=skin-invert|Recurrent item]] Detailed code updates later this week: [[mw:MediaWiki 1.46/wmf.24|MediaWiki]] '''''[[m:Special:MyLanguage/Tech/News|Tech news]]''' prepared by [[m:Special:MyLanguage/Tech/News/Writers|Tech News writers]] and posted by [[m:Special:MyLanguage/User:MediaWiki message delivery|bot]]&nbsp;• [[m:Special:MyLanguage/Tech/News#contribute|Contribute]]&nbsp;• [[m:Special:MyLanguage/Tech/News/2026/16|Translate]]&nbsp;• [[m:Tech|Get help]]&nbsp;• [[m:Talk:Tech/News|Give feedback]]&nbsp;• [[m:Global message delivery/Targets/Tech ambassadors|Subscribe or unsubscribe]].'' </div><section end="technews-2026-W16"/> </div> <bdi lang="en" dir="ltr">[[User:MediaWiki message delivery|MediaWiki message delivery]]</bdi> 13 avril 2026 à 15:19 (UTC) <!-- Message envoyé par User:STei (WMF)@metawiki en utilisant la liste sur https://meta.wikimedia.org/w/index.php?title=Global_message_delivery/Targets/Tech_ambassadors&oldid=30380527 --> == Actualités techniques n° 2026-17 == <section begin="technews-2026-W17"/><div class="plainlinks"> Dernières '''[[m:Special:MyLanguage/Tech/News|actualités techniques]]''' de la communauté technique de Wikimedia. N’hésitez pas à informer les autres utilisateurs de ces changements. Certains changements ne vous concernent pas. [[m:Special:MyLanguage/Tech/News/2026/17|D’autres traductions]] sont disponibles. '''En lumière cette semaine''' * Après deux ans de développement, la version [[mw:Special:MyLanguage/Help:Extension:CodeMirror|{{int:codemirror-beta-feature-title}}]], également connue sous le nom de [[mw:Special:MyLanguage/Extension:CodeMirror|CodeMirror 6]], sortira de sa phase bêta le mardi 21 avril. Elle offrira une meilleure lisibilité du code et du wikitext, une réduction des fautes de frappe et d'autres [[mw:Special:MyLanguage/Help:Extension:CodeMirror|avantages]] à tous les utilisateurs du surligneur de syntaxe standard. Un grand merci au bénévole [https://phabricator.wikimedia.org/p/Bhsd/ Bhsd] qui a développé de nombreuses nouvelles fonctionnalités, notamment [[mw:Special:MyLanguage/Help:Extension:CodeMirror#Code folding|le repliement de code]], [[mw:Special:MyLanguage/Help:Extension:CodeMirror#Autocompletion|la saisie semi-automatique]] et [[mw:Special:MyLanguage/Help:Extension:CodeMirror#Linting|l'analyse statique du code]]. [https://phabricator.wikimedia.org/T259059] * Une mise à jour majeure de l'application Wikipédia pour iOS est en cours de déploiement, en restructurant l'interface pour s'harmoniser avec le tout nouveau design visuel "Liquid Glass" d'Apple. [https://apps.apple.com/us/app/wikipedia/id324715238 Télécharger la dernière version] et découvrez les nouveautés. '''Actualités pour la contribution''' * [[mw:Special:MyLanguage/Readers/Reader Experience/WE3.3.4 Reading lists|Les listes de lecture]] est une fonctionnalité qui permet aux lecteurs d'enregistrer des articles dans une liste pour les lire ultérieurement. Cette fonctionnalité est actuellement en version bêta sur les Wikipédias en arabe, français, indonésien, vietnamien et chinois, et activée par défaut pour tous les nouveaux comptes sur toutes les Wikipédias. * Une expérimentation visant à étendre [[mw:Special:MyLanguage/Readers/Reader Growth/Mobile page previews|les aperçus de page au web mobile]] sera lancée la semaine du 20 avril sur les versions arabe, anglaise, française, italienne, polonaise et vietnamienne de Wikipédia. Les aperçus de page sont des fenêtres contextuelles affichant une miniature, un premier paragraphe et un lien bleu permettant d'ouvrir l'article complet, facilitant ainsi la découverte de contenu. Cette fonctionnalité est déjà disponible sur ordinateur et dans les applications. [[m:Special:MyLanguage/List of experiments in Product and Technology#Template|En savoir plus sur cette expérimentation et d'autres]]. * Sur plusieurs wikis, les contributeurs connectés qui n'ont pas [[mw:Special:MyLanguage/Help:Email confirmation|confirmé leur adresse électronique]] peuvent désormais voir une bannière les invitant à le faire. La confirmation de l'adresse électronique permet à un utilisateur de récupérer l'accès à son compte en cas de perte. [[mw:Special:MyLanguage/Product Safety and Integrity/Account Security#Encouraging users to confirm their email addresses|En savoir plus]]. [https://phabricator.wikimedia.org/T421366] * [[File:Reload icon with two arrows.svg|12px|link=|class=skin-invert|Sujet récurrent]] Voir {{PLURAL:15|la tâche soumise|les {{formatnum:15}} tâches soumises}} par la communauté [[m:Special:MyLanguage/Tech/News/Recently resolved community tasks|résolue{{PLURAL:15||s}} la semaine dernière]]. Par exemple, un problème qui entraînait des ralentissements lors de la modification de très grandes pages wiki dans l'éditeur wikitext de 2017, des problèmes de chargement, de prévisualisation et de défilement, ainsi que des problèmes de performance lors de la sélection, de la découpe ou du collage de contenu, a maintenant été résolu. [https://phabricator.wikimedia.org/T184857] '''Actualités pour la contribution technique''' * Dans le cadre de la promotion de [[mw:Special:MyLanguage/Help:Extension:CodeMirror|CodeMirror]] à partir d'une fonctionnalité bêta, tous les utilisateurs se serviront de [[mw:Special:MyLanguage/Extension:CodeMirror|CodeMirror]] au lieu de [[mw:Special:MyLanguage/Extension:CodeEditor|CodeEditor]] pour la coloration syntaxique lors de l'édition de pages de contenu JavaScript, CSS, JSON, Vue et Lua. [https://phabricator.wikimedia.org/T419332] * <span class="mw-translate-fuzzy">Le service <code>mirrors.wikimedia.org</code> pour les utilisateurs de Debian et Ubuntu sera définitivement arrêté le 15 mai. Le matériel du serveur sera remplacé par des solutions plus performantes. Certains utilisateurs devront peut-être migrer vers un autre serveur qui ne devra prendre qu'une minute. [https://lists.wikimedia.org/hyperkitty/list/wikitech-l@lists.wikimedia.org/thread/LJYRIS4WB66HIRCAO4GIDTXCMDVZRBMA/ Vous pouvez en savoir plus].</span> [https://phabricator.wikimedia.org/T416707] * Les tables <bdi lang="zxx" dir="ltr"><code><nowiki>image</nowiki></code></bdi> et <bdi lang="zxx" dir="ltr"><code><nowiki>oldimage</nowiki></code></bdi> seront supprimées de [[wikitech:Help:Wiki Replicas|wikireplicas]]. Si vos outils ou requêtes accèdent directement à <bdi lang="zxx" dir="ltr"><code><nowiki>image</nowiki></code></bdi> ou <bdi lang="zxx" dir="ltr"><code><nowiki>oldimage</nowiki></code></bdi>, veuillez les mettre à jour pour utiliser les tables <bdi lang="zxx" dir="ltr"><code><nowiki>file</nowiki></code></bdi> et <bdi lang="zxx" dir="ltr"><code><nowiki>filerevision</nowiki></code></bdi> avant le 28 mai. [https://phabricator.wikimedia.org/T28741] * Suite à la récente mise en place de limites de débit globales pour les API non identifiées, la Fondation Wikimedia poursuit ses efforts pour garantir [[mw:Special:MyLanguage/MediaWiki Product Insights/Responsible Reuse|une utilisation équitable de l'infrastructure]] en appliquant des limites globales au trafic des API identifiées à partir de la dernière semaine d'avril. Ces limites sont volontairement fixées au niveau le plus élevé possible afin de minimiser l'impact sur la communauté. Les bots exécutés dans Toolforge/WMCS ou disposant des droits d'utilisateur de bot sur un wiki ne devraient pas être affectés pour le moment. Toutefois, il est conseillé à tous les développeurs de suivre les bonnes pratiques mises à jour. Pour plus d'informations, consultez la page [[mw:Special:MyLanguage/Wikimedia APIs/Rate limits|API Wikimedia/Limites de débit]] et la [[mw:Special:MyLanguage/Wikimedia APIs/Rate limits/FAQ|Foire aux questions]]. * L'[[mw:Special:MyLanguage/Attribution API|API d'attribution]] est désormais disponible en [[mw:Special:MyLanguage/Wikimedia APIs/Stability policy|version bêta]]. Elle récupère les informations nécessaires pour créditer les articles et les fichiers multimédias de Wikimedia, quel que soit leur lieu d'utilisation. La documentation de référence est disponible sur la page dédiée au Sandbox REST, accessible sur tous les wikis Wikimedia (comme [https://en.wikipedia.org/w/index.php?api=attribution.v0-beta&title=Special%3ARestSandbox le sandbox REST de Wikipédia en anglais]). N'hésitez pas à partager vos commentaires sur la [[mw:Talk:Attribution API|page de discussion du projet]]. * Il n'y aura pas de nouvelle version de MediaWiki cette semaine. '''''[[m:Special:MyLanguage/Tech/News|Actualités techniques]]''' préparées par les [[m:Special:MyLanguage/Tech/News/Writers|rédacteurs des actualités techniques]] et postées par [[m:Special:MyLanguage/User:MediaWiki message delivery|robot]]. [[m:Special:MyLanguage/Tech/News#contribute|Contribuer]]&nbsp;• [[m:Special:MyLanguage/Tech/News/2026/17|Traduire]]&nbsp;• [[m:Tech|Obtenir de l’aide]]&nbsp;• [[m:Talk:Tech/News|Donner son avis]]&nbsp;• [[m:Global message delivery/Targets/Tech ambassadors|S’abonner ou se désabonner]].'' </div><section end="technews-2026-W17"/> <bdi lang="en" dir="ltr">[[User:MediaWiki message delivery|MediaWiki message delivery]]</bdi> 20 avril 2026 à 15:00 (UTC) <!-- Message envoyé par User:STei (WMF)@metawiki en utilisant la liste sur https://meta.wikimedia.org/w/index.php?title=Global_message_delivery/Targets/Tech_ambassadors&oldid=30432763 --> == Request for comment (global AI policy) == <bdi lang="en" dir="ltr" class="mw-content-ltr"> Apologies for writing in English. {{int:Please-translate}} A [[:m:Requests for comment/Artificial intelligence policy|request for comment]] is currently being held to decide on a global AI policy. {{int:Feedback-thanks-title}} [[Utilisateur:MediaWiki message delivery|MediaWiki message delivery]] ([[Discussion utilisateur:MediaWiki message delivery|discuter]]) 26 avril 2026 à 00:58 (UTC) </bdi> <!-- Message envoyé par User:Codename Noreste@metawiki en utilisant la liste sur https://meta.wikimedia.org/w/index.php?title=Distribution_list/Global_message_delivery&oldid=30424282 --> == Actualités techniques n° 2026-18 == <section begin="technews-2026-W18"/><div class="plainlinks"> Dernières '''[[m:Special:MyLanguage/Tech/News|actualités techniques]]''' de la communauté technique de Wikimedia. N’hésitez pas à informer les autres utilisateurs de ces changements. Certains changements ne vous concernent pas. [[m:Special:MyLanguage/Tech/News/2026/18|D’autres traductions]] sont disponibles. '''Actualités pour la contribution''' * Un changement dans la manière dont les utilisateurs et utilisatrices sont automatiquement confirmés est en cours pour améliorer la protection contre le vandalisme. Actuellement, il suffit d’avoir un compte depuis quelques jours avec quelques contributions pour être ajouté au groupe [[{{int:grouppage-autoconfirmed/{{CONTENTLANGUAGE}}}}|{{int:group-autoconfirmed}}]]. Cette configuration tend à être exploitée par certains vandales qui créent des comptes et commencent à les utiliser après un certain temps. Pour réduire ce problème, la configuration va changer la semaine prochaine afin que l’âge du compte minimum pour être confirmé automatiquement ne soit calculé qu’à partir de la première modification, au lieu de la date d’inscription. L’âge minimum du compte restera le même, c’est seulement le point de départ pour calculer cet âge qui change. Ce changement ne sera déployé que sur les wikis qui nécessitent au moins une contribution pour satisfaire les conditions de confirmation automatique. [https://phabricator.wikimedia.org/T418484] * Tous les utilisateurs et utilisatrices de Wikipédia avec un nouveau compte et ceux qui ont activé l’option « activer automatiquement la plupart des fonctionnalités bêta » peuvent désormais utiliser la fonctionnalité bêta de [[mw:Special:MyLanguage/Readers/Reader Experience/WE3.3.4 Reading lists|listes de lecture]] pour enregistrer des articles à lire plus tard. Cela permet d’organiser les lectures qui nous intéressent à un endroit unique pour y accéder facilement. * [[File:Reload icon with two arrows.svg|12px|link=|class=skin-invert|Sujet récurrent]] Voir {{PLURAL:30|la tâche soumise|les {{formatnum:30}} tâches soumises}} par la communauté [[m:Special:MyLanguage/Tech/News/Recently resolved community tasks|résolue{{PLURAL:30||s}} la semaine dernière]]. Par exemple, le problème avec les images d’infoboite qui avaient une marge intérieure immense dans Firefox a été corrigé. [https://phabricator.wikimedia.org/T423676] '''Actualités pour la contribution technique''' * Pour rappel, la limite globale d’accès à l’API sera appliquée cette semaine pour identifier le trafic de l’API. Le but est d’aider à garantir un [[mw:MediaWiki Product Insights/Responsible Reuse|accès équitable à l’infrastructure]]. Les robots qui s’exécutent dans Toolforge ou WMCS, ou avec le droit utilisateur ''robot'' sur les wikis, ne devraient pas être affectés pour le moment. Cependant, il est conseillé à tous les développeurs et développeuses de se conformer aux nouvelles bonnes pratiques à suivre. Pour plus d’informations, notamment la limite globale d’accès effective, consultez [[mw:Wikimedia APIs/Rate limits|la page sur la limite d’accès des API de Wikimedia]] et les [[mw:Wikimedia APIs/Rate limits/FAQ|questions-réponses]]. * [[File:Reload icon with two arrows.svg|12px|link=|class=skin-invert|Sujet récurrent]] Détail des mises-à-jour à venir cette semaine : [[mw:MediaWiki 1.46/wmf.26|MediaWiki]] '''''[[m:Special:MyLanguage/Tech/News|Actualités techniques]]''' préparées par les [[m:Special:MyLanguage/Tech/News/Writers|rédacteurs des actualités techniques]] et postées par [[m:Special:MyLanguage/User:MediaWiki message delivery|robot]]. [[m:Special:MyLanguage/Tech/News#contribute|Contribuer]]&nbsp;• [[m:Special:MyLanguage/Tech/News/2026/18|Traduire]]&nbsp;• [[m:Tech|Obtenir de l’aide]]&nbsp;• [[m:Talk:Tech/News|Donner son avis]]&nbsp;• [[m:Global message delivery/Targets/Tech ambassadors|S’abonner ou se désabonner]].'' </div><section end="technews-2026-W18"/> <bdi lang="en" dir="ltr">[[User:MediaWiki message delivery|MediaWiki message delivery]]</bdi> 27 avril 2026 à 18:06 (UTC) <!-- Message envoyé par User:UOzurumba (WMF)@metawiki en utilisant la liste sur https://meta.wikimedia.org/w/index.php?title=Global_message_delivery/Targets/Tech_ambassadors&oldid=30458046 --> == Destroy 🎒 burn binall disable-file-sharing-over-multiple-dedestoryall sharingblouckbiches tuaniannon sharing burn artist burnitsharing blocks 🚫 recycle 🚫 recycle 🚫 recycle 🚫 rec ycle 🚫 recycle 🚫 recycles bin destroyburn bins == 8F recycling out of plants filters and the filter allblouck [[Spécial:Contributions/&#126;2026-26368-17|&#126;2026-26368-17]] ([[Discussion utilisateur:&#126;2026-26368-17|discussion]]) 30 avril 2026 à 12:55 (UTC) of18vwsw5547alc154l60593irqhmyi 982313 982309 2026-04-30T18:08:49Z Crochet.david 317 Révocation d’une modification de [[Special:Contributions/~2026-26368-17|~2026-26368-17]] ([[User talk:~2026-26368-17|discussion]]) vers la dernière version de [[User:MediaWiki message delivery|MediaWiki message delivery]] 982237 wikitext text/x-wiki __EXPECTED_UNCONNECTED_PAGE__ <noinclude>{{SC|2026|04}}{{Clr}}</noinclude> == Action Required: Update templates/modules for electoral maps (Migrating from P1846 to P14226) == Hello everyone, This is a notice regarding an ongoing data migration on Wikidata that may affect your election-related templates and Lua modules (such as <code>Module:Itemgroup/list</code>). '''The Change:'''<br /> Currently, many templates pull electoral maps from Wikidata using the property [[:d:Property:P1846|P1846]], combined with the qualifier [[:d:Property:P180|P180]]: [[:d:Q19571328|Q19571328]]. We are migrating this data (across roughly 4,000 items) to a newly created, dedicated property: '''[[:d:Property:P14226|P14226]]'''. '''What You Need To Do:'''<br /> To ensure your templates and infoboxes do not break or lose their maps, please update your local code to fetch data from [[:d:Property:P14226|P14226]] instead of the old [[:d:Property:P1846|P1846]] + [[:d:Property:P180|P180]] structure. A [[m:Wikidata/Property Migration: P1846 to P14226/List|list of pages]] was generated using Wikimedia Global Search. '''Deadline:'''<br /> We are temporarily retaining the old data on [[:d:Property:P1846|P1846]] to allow for a smooth transition. However, to complete the data cleanup on Wikidata, the old [[:d:Property:P1846|P1846]] statements will be removed after '''May 1, 2026'''. Please update your modules and templates before this date to prevent any disruption to your wiki's election articles. Let us know if you have any questions or need assistance with the query logic. Thank you for your help! [[User:ZI Jony|ZI Jony]] using [[Utilisateur:MediaWiki message delivery|MediaWiki message delivery]] ([[Discussion utilisateur:MediaWiki message delivery|discuter]]) 3 avril 2026 à 17:11 (UTC) <!-- Message envoyé par User:ZI Jony@metawiki en utilisant la liste sur https://meta.wikimedia.org/w/index.php?title=Distribution_list/Non-Technical_Village_Pumps_distribution_list&oldid=29941252 --> == Actualités techniques n° 2026-15 == <section begin="technews-2026-W15"/><div class="plainlinks"> Dernières '''[[m:Special:MyLanguage/Tech/News|actualités techniques]]''' de la communauté technique de Wikimedia. N’hésitez pas à informer les autres utilisateurs de ces changements. Certains changements ne vous concernent pas. [[m:Special:MyLanguage/Tech/News/2026/15|D’autres traductions]] sont disponibles. '''Actualités pour la contribution''' * L’[[mw:Special:MyLanguage/Help:Extension:CampaignEvents|extension CampaignEvents]] comprend désormais une nouvelle fonctionnalité de définition d’objectifs de groupe, permettant aux organisateurs de définir et de suivre les objectifs de l’événement, tels que le nombre d’articles créés et de contributeurs participants en temps réel. De même, les participants peuvent travailler vers des cibles communes et voir leur impact collectif au fur et à mesure que l’événement se déroule. Cette fonctionnalité est désormais disponible sur tous les wikis Wikimedia. Pour en savoir plus, consultez [[mw:Special:MyLanguage/Help:Extension:CampaignEvents/Registration/Collaborative contributions#Goal setting|la documentation]]. * [[File:Maki-gift-15.svg|12px|link=|class=skin-invert|Concerne un souhait]] La nouvelle fonctionnalité d'[[mw:Special:MyLanguage/Help:Watchlist labels|étiquettes de liste de suivi]] (annoncée dans les [[m:Special:MyLanguage/Tech/News/2026/07|Actualités techniques 2026-07 ]]) est désormais disponible via l'ÉditeurVisuel, l'éditeur de code et l'«étoile de suivi»(ou le lien de suivi, pour les habillages qui n'ont pas d'icône d'étoile). Auparavant, il n'était possible d'attribuer des étiquettes que via [[Special:EditWatchlist|Modifier la liste de suivi]]. Dans ces trois emplacements, il s'agit d'un nouveau champ situé après le champ d'expiration. * [[File:Reload icon with two arrows.svg|12px|link=|class=skin-invert|Sujet récurrent]] Voir {{PLURAL:23|la tâche soumise|les {{formatnum:23}} tâches soumises}} par la communauté [[m:Special:MyLanguage/Tech/News/Recently resolved community tasks|résolue{{PLURAL:23||s}} la semaine dernière]]. Par exemple, le problème où les pages de discussion sur mobile avec Parsoid sont inutilisables après les en-têtes de section vides, a maintenant été résolu. [https://phabricator.wikimedia.org/T419171] '''Actualités pour la contribution technique''' * La [[m:Special:MyLanguage/WMDE Technical Wishes/Sub-referencing|fonctionnalité de sous-référencement]], qui permet aux contributeurs d'ajouter des détails à une référence existante sans la dupliquer, sera progressivement déployée sur [[phab:T414094|davantage de wikis]] plus tard cette année. Les wikis utilisant le gadget [[mw:Special:MyLanguage/Reference Tooltips|Reference Tooltips]] sont encouragés à mettre à jour leur version (généralement sur [[m:MediaWiki:Gadget-ReferenceTooltips.js|MediaWiki:Gadget-ReferenceTooltips.js]] comme indiqué [https://en.wikipedia.org/w/index.php?diff=1344408362 ici]) pour assurer la compatibilité. D'autres gadgets liés aux références pourraient également être affectés. [https://phabricator.wikimedia.org/T416304] * Toutes les éditions de Wikinews seront fermées et passeront en mode lecture seule le 4 mai 2026. Le contenu restera accessible, mais aucune nouvelle modification ni aucun nouvel article ne pourra être ajouté. Cette fermeture a été approuvée par le Conseil d'administration de la Fondation Wikimedia à la suite de discussions prolongées. [[m:Wikimedia Foundation Board noticeboard#Board of Trustees Approves Closure of Wikinews|En savoir plus]]. * L'[[:mw:Special:MyLanguage/API:Action API|API d'action]] a proposé plusieurs formats pour les résultats demandés. L'un d'entre eux, <bdi lang="zxx" dir="ltr"><code><nowiki>format=php</nowiki></code></bdi>, sera bientôt supprimé. Veuillez vous assurer que vos scripts ou robots utilisent le [[mw:Special:MyLanguage/API:Data formats#Output|format JSON]]. Cette suppression devrait affecter très peu de scripts et de robots. [https://phabricator.wikimedia.org/T118538] * La page [[Special:NamespaceInfo|Special:NamespaceInfo]] inclut désormais les alias d'espace de noms. Par exemple «WP» pour l'espace de noms ''Projet'' (''Wikipédia'') sur la Wikipédia en allemand. [https://phabricator.wikimedia.org/T381455] * [[File:Reload icon with two arrows.svg|12px|link=|class=skin-invert|Sujet récurrent]] Détail des mises-à-jour à venir cette semaine : [[mw:MediaWiki 1.46/wmf.23|MediaWiki]] '''''[[m:Special:MyLanguage/Tech/News|Actualités techniques]]''' préparées par les [[m:Special:MyLanguage/Tech/News/Writers|rédacteurs des actualités techniques]] et postées par [[m:Special:MyLanguage/User:MediaWiki message delivery|robot]]. [[m:Special:MyLanguage/Tech/News#contribute|Contribuer]]&nbsp;• [[m:Special:MyLanguage/Tech/News/2026/15|Traduire]]&nbsp;• [[m:Tech|Obtenir de l’aide]]&nbsp;• [[m:Talk:Tech/News|Donner son avis]]&nbsp;• [[m:Global message delivery/Targets/Tech ambassadors|S’abonner ou se désabonner]].'' </div><section end="technews-2026-W15"/> <bdi lang="en" dir="ltr">[[User:MediaWiki message delivery|MediaWiki message delivery]]</bdi> 6 avril 2026 à 16:19 (UTC) <!-- Message envoyé par User:STei (WMF)@metawiki en utilisant la liste sur https://meta.wikimedia.org/w/index.php?title=Global_message_delivery/Targets/Tech_ambassadors&oldid=30362761 --> == <span lang="en" dir="ltr">Tech News: 2026-16</span> == <div lang="en" dir="ltr"> <section begin="technews-2026-W16"/><div class="plainlinks"> Latest '''[[m:Special:MyLanguage/Tech/News|tech news]]''' from the Wikimedia technical community. Please tell other users about these changes. Not all changes will affect you. [[m:Special:MyLanguage/Tech/News/2026/16|Translations]] are available. '''Weekly highlight''' * Experienced editors are invited to [https://b24e11a4f1.catalyst.wmcloud.org/wiki/Main_Page test] the [[mw:Special:MyLanguage/Article guidance|Article guidance]] feature, designed to help less-experienced editors create well-structured, policy-compliant Wikipedia articles. Testing instructions are [[mw:Special:MyLanguage/Article guidance/Test feature guide|available]]. Also, after reviewing [https://b24e11a4f1.catalyst.wmcloud.org/wiki/Category:Pages_using_article_guidance the outlines], please provide feedback on the [[mw:Talk:Article guidance|project talk page]]. Based on your input, the feature will be refined and transferred to the pilot Wikipedias to translate and adapt. Check out [[c:File:Article Guidance workflow demo - April 2026.webm|the video]] explaining the feature. '''Updates for editors''' * On most wikis, all autoconfirmed users can now use [[Special:ChangeContentModel|Special:ChangeContentModel]] page to [[mw:Special:MyLanguage/Help:ChangeContentModel|create new pages with custom content models]], such as mass message lists, making custom page formats more accessible. Check [[Special:ListGroupRights|Special:ListGroupRights]] for the status of your wiki. [https://phabricator.wikimedia.org/T248294] * The Growth team has launched an [[mw:Special:MyLanguage/Contributors/Account_Creation_Experiments|account creation experiment]] to evaluate whether adding an account creation button to the mobile web header increases new account registrations and encourages more mobile users to contribute to the wikis. The experiment is currently live on Hindi, Indonesian, Bengali, Thai, and Hebrew Wikipedia, and targets 10% of logged-out mobile web users. * [[File:Reload icon with two arrows.svg|12px|link=|class=skin-invert|Recurrent item]] View all {{formatnum:30}} community-submitted {{PLURAL:30|task|tasks}} that were [[m:Special:MyLanguage/Tech/News/Recently resolved community tasks|resolved last week]]. For example, an issue where VisualEditor could get stuck loading on Windows devices with animations turned off, has now been fixed. [https://phabricator.wikimedia.org/T382856] '''Updates for technical contributors''' * Starting later this week, {{int:group-abusefilter}} who have the [[mw:Special:MyLanguage/Help:Extension:CodeMirror|{{int:codemirror-beta-feature-title}}]] beta feature enabled will have [[mw:Special:MyLanguage/Extension:CodeMirror|CodeMirror]] instead of [[mw:Special:MyLanguage/Extension:CodeEditor|CodeEditor]] as the editor at [[Special:AbuseFilter|Special:AbuseFilter]]. This is part of the broader effort to make the user experience more consistent across all editors. [https://phabricator.wikimedia.org/T399673][https://phabricator.wikimedia.org/T419332] * Tools and bots that access the [[mw:Special:MyLanguage/Notifications/API|Notifications API]] (<bdi lang="zxx" dir="ltr"><code><nowiki>action=query&meta=notifications</nowiki></code></bdi>) will need to update their OAuth or BotPassword grants to also include access to private notifications. [https://phabricator.wikimedia.org/T421991] * Due to a library upgrade, listings on category pages may be displayed out of order starting on Monday, 20th April. A migration script will be run to correct this, and will take hours to days depending on the size of the wiki (up to a week for English Wikipedia). [https://phabricator.wikimedia.org/T422544] * [[File:Reload icon with two arrows.svg|12px|link=|class=skin-invert|Recurrent item]] Detailed code updates later this week: [[mw:MediaWiki 1.46/wmf.24|MediaWiki]] '''''[[m:Special:MyLanguage/Tech/News|Tech news]]''' prepared by [[m:Special:MyLanguage/Tech/News/Writers|Tech News writers]] and posted by [[m:Special:MyLanguage/User:MediaWiki message delivery|bot]]&nbsp;• [[m:Special:MyLanguage/Tech/News#contribute|Contribute]]&nbsp;• [[m:Special:MyLanguage/Tech/News/2026/16|Translate]]&nbsp;• [[m:Tech|Get help]]&nbsp;• [[m:Talk:Tech/News|Give feedback]]&nbsp;• [[m:Global message delivery/Targets/Tech ambassadors|Subscribe or unsubscribe]].'' </div><section end="technews-2026-W16"/> </div> <bdi lang="en" dir="ltr">[[User:MediaWiki message delivery|MediaWiki message delivery]]</bdi> 13 avril 2026 à 15:19 (UTC) <!-- Message envoyé par User:STei (WMF)@metawiki en utilisant la liste sur https://meta.wikimedia.org/w/index.php?title=Global_message_delivery/Targets/Tech_ambassadors&oldid=30380527 --> == Actualités techniques n° 2026-17 == <section begin="technews-2026-W17"/><div class="plainlinks"> Dernières '''[[m:Special:MyLanguage/Tech/News|actualités techniques]]''' de la communauté technique de Wikimedia. N’hésitez pas à informer les autres utilisateurs de ces changements. Certains changements ne vous concernent pas. [[m:Special:MyLanguage/Tech/News/2026/17|D’autres traductions]] sont disponibles. '''En lumière cette semaine''' * Après deux ans de développement, la version [[mw:Special:MyLanguage/Help:Extension:CodeMirror|{{int:codemirror-beta-feature-title}}]], également connue sous le nom de [[mw:Special:MyLanguage/Extension:CodeMirror|CodeMirror 6]], sortira de sa phase bêta le mardi 21 avril. Elle offrira une meilleure lisibilité du code et du wikitext, une réduction des fautes de frappe et d'autres [[mw:Special:MyLanguage/Help:Extension:CodeMirror|avantages]] à tous les utilisateurs du surligneur de syntaxe standard. Un grand merci au bénévole [https://phabricator.wikimedia.org/p/Bhsd/ Bhsd] qui a développé de nombreuses nouvelles fonctionnalités, notamment [[mw:Special:MyLanguage/Help:Extension:CodeMirror#Code folding|le repliement de code]], [[mw:Special:MyLanguage/Help:Extension:CodeMirror#Autocompletion|la saisie semi-automatique]] et [[mw:Special:MyLanguage/Help:Extension:CodeMirror#Linting|l'analyse statique du code]]. [https://phabricator.wikimedia.org/T259059] * Une mise à jour majeure de l'application Wikipédia pour iOS est en cours de déploiement, en restructurant l'interface pour s'harmoniser avec le tout nouveau design visuel "Liquid Glass" d'Apple. [https://apps.apple.com/us/app/wikipedia/id324715238 Télécharger la dernière version] et découvrez les nouveautés. '''Actualités pour la contribution''' * [[mw:Special:MyLanguage/Readers/Reader Experience/WE3.3.4 Reading lists|Les listes de lecture]] est une fonctionnalité qui permet aux lecteurs d'enregistrer des articles dans une liste pour les lire ultérieurement. Cette fonctionnalité est actuellement en version bêta sur les Wikipédias en arabe, français, indonésien, vietnamien et chinois, et activée par défaut pour tous les nouveaux comptes sur toutes les Wikipédias. * Une expérimentation visant à étendre [[mw:Special:MyLanguage/Readers/Reader Growth/Mobile page previews|les aperçus de page au web mobile]] sera lancée la semaine du 20 avril sur les versions arabe, anglaise, française, italienne, polonaise et vietnamienne de Wikipédia. Les aperçus de page sont des fenêtres contextuelles affichant une miniature, un premier paragraphe et un lien bleu permettant d'ouvrir l'article complet, facilitant ainsi la découverte de contenu. Cette fonctionnalité est déjà disponible sur ordinateur et dans les applications. [[m:Special:MyLanguage/List of experiments in Product and Technology#Template|En savoir plus sur cette expérimentation et d'autres]]. * Sur plusieurs wikis, les contributeurs connectés qui n'ont pas [[mw:Special:MyLanguage/Help:Email confirmation|confirmé leur adresse électronique]] peuvent désormais voir une bannière les invitant à le faire. La confirmation de l'adresse électronique permet à un utilisateur de récupérer l'accès à son compte en cas de perte. [[mw:Special:MyLanguage/Product Safety and Integrity/Account Security#Encouraging users to confirm their email addresses|En savoir plus]]. [https://phabricator.wikimedia.org/T421366] * [[File:Reload icon with two arrows.svg|12px|link=|class=skin-invert|Sujet récurrent]] Voir {{PLURAL:15|la tâche soumise|les {{formatnum:15}} tâches soumises}} par la communauté [[m:Special:MyLanguage/Tech/News/Recently resolved community tasks|résolue{{PLURAL:15||s}} la semaine dernière]]. Par exemple, un problème qui entraînait des ralentissements lors de la modification de très grandes pages wiki dans l'éditeur wikitext de 2017, des problèmes de chargement, de prévisualisation et de défilement, ainsi que des problèmes de performance lors de la sélection, de la découpe ou du collage de contenu, a maintenant été résolu. [https://phabricator.wikimedia.org/T184857] '''Actualités pour la contribution technique''' * Dans le cadre de la promotion de [[mw:Special:MyLanguage/Help:Extension:CodeMirror|CodeMirror]] à partir d'une fonctionnalité bêta, tous les utilisateurs se serviront de [[mw:Special:MyLanguage/Extension:CodeMirror|CodeMirror]] au lieu de [[mw:Special:MyLanguage/Extension:CodeEditor|CodeEditor]] pour la coloration syntaxique lors de l'édition de pages de contenu JavaScript, CSS, JSON, Vue et Lua. [https://phabricator.wikimedia.org/T419332] * <span class="mw-translate-fuzzy">Le service <code>mirrors.wikimedia.org</code> pour les utilisateurs de Debian et Ubuntu sera définitivement arrêté le 15 mai. Le matériel du serveur sera remplacé par des solutions plus performantes. Certains utilisateurs devront peut-être migrer vers un autre serveur qui ne devra prendre qu'une minute. [https://lists.wikimedia.org/hyperkitty/list/wikitech-l@lists.wikimedia.org/thread/LJYRIS4WB66HIRCAO4GIDTXCMDVZRBMA/ Vous pouvez en savoir plus].</span> [https://phabricator.wikimedia.org/T416707] * Les tables <bdi lang="zxx" dir="ltr"><code><nowiki>image</nowiki></code></bdi> et <bdi lang="zxx" dir="ltr"><code><nowiki>oldimage</nowiki></code></bdi> seront supprimées de [[wikitech:Help:Wiki Replicas|wikireplicas]]. Si vos outils ou requêtes accèdent directement à <bdi lang="zxx" dir="ltr"><code><nowiki>image</nowiki></code></bdi> ou <bdi lang="zxx" dir="ltr"><code><nowiki>oldimage</nowiki></code></bdi>, veuillez les mettre à jour pour utiliser les tables <bdi lang="zxx" dir="ltr"><code><nowiki>file</nowiki></code></bdi> et <bdi lang="zxx" dir="ltr"><code><nowiki>filerevision</nowiki></code></bdi> avant le 28 mai. [https://phabricator.wikimedia.org/T28741] * Suite à la récente mise en place de limites de débit globales pour les API non identifiées, la Fondation Wikimedia poursuit ses efforts pour garantir [[mw:Special:MyLanguage/MediaWiki Product Insights/Responsible Reuse|une utilisation équitable de l'infrastructure]] en appliquant des limites globales au trafic des API identifiées à partir de la dernière semaine d'avril. Ces limites sont volontairement fixées au niveau le plus élevé possible afin de minimiser l'impact sur la communauté. Les bots exécutés dans Toolforge/WMCS ou disposant des droits d'utilisateur de bot sur un wiki ne devraient pas être affectés pour le moment. Toutefois, il est conseillé à tous les développeurs de suivre les bonnes pratiques mises à jour. Pour plus d'informations, consultez la page [[mw:Special:MyLanguage/Wikimedia APIs/Rate limits|API Wikimedia/Limites de débit]] et la [[mw:Special:MyLanguage/Wikimedia APIs/Rate limits/FAQ|Foire aux questions]]. * L'[[mw:Special:MyLanguage/Attribution API|API d'attribution]] est désormais disponible en [[mw:Special:MyLanguage/Wikimedia APIs/Stability policy|version bêta]]. Elle récupère les informations nécessaires pour créditer les articles et les fichiers multimédias de Wikimedia, quel que soit leur lieu d'utilisation. La documentation de référence est disponible sur la page dédiée au Sandbox REST, accessible sur tous les wikis Wikimedia (comme [https://en.wikipedia.org/w/index.php?api=attribution.v0-beta&title=Special%3ARestSandbox le sandbox REST de Wikipédia en anglais]). N'hésitez pas à partager vos commentaires sur la [[mw:Talk:Attribution API|page de discussion du projet]]. * Il n'y aura pas de nouvelle version de MediaWiki cette semaine. '''''[[m:Special:MyLanguage/Tech/News|Actualités techniques]]''' préparées par les [[m:Special:MyLanguage/Tech/News/Writers|rédacteurs des actualités techniques]] et postées par [[m:Special:MyLanguage/User:MediaWiki message delivery|robot]]. [[m:Special:MyLanguage/Tech/News#contribute|Contribuer]]&nbsp;• [[m:Special:MyLanguage/Tech/News/2026/17|Traduire]]&nbsp;• [[m:Tech|Obtenir de l’aide]]&nbsp;• [[m:Talk:Tech/News|Donner son avis]]&nbsp;• [[m:Global message delivery/Targets/Tech ambassadors|S’abonner ou se désabonner]].'' </div><section end="technews-2026-W17"/> <bdi lang="en" dir="ltr">[[User:MediaWiki message delivery|MediaWiki message delivery]]</bdi> 20 avril 2026 à 15:00 (UTC) <!-- Message envoyé par User:STei (WMF)@metawiki en utilisant la liste sur https://meta.wikimedia.org/w/index.php?title=Global_message_delivery/Targets/Tech_ambassadors&oldid=30432763 --> == Request for comment (global AI policy) == <bdi lang="en" dir="ltr" class="mw-content-ltr"> Apologies for writing in English. {{int:Please-translate}} A [[:m:Requests for comment/Artificial intelligence policy|request for comment]] is currently being held to decide on a global AI policy. {{int:Feedback-thanks-title}} [[Utilisateur:MediaWiki message delivery|MediaWiki message delivery]] ([[Discussion utilisateur:MediaWiki message delivery|discuter]]) 26 avril 2026 à 00:58 (UTC) </bdi> <!-- Message envoyé par User:Codename Noreste@metawiki en utilisant la liste sur https://meta.wikimedia.org/w/index.php?title=Distribution_list/Global_message_delivery&oldid=30424282 --> == Actualités techniques n° 2026-18 == <section begin="technews-2026-W18"/><div class="plainlinks"> Dernières '''[[m:Special:MyLanguage/Tech/News|actualités techniques]]''' de la communauté technique de Wikimedia. N’hésitez pas à informer les autres utilisateurs de ces changements. Certains changements ne vous concernent pas. [[m:Special:MyLanguage/Tech/News/2026/18|D’autres traductions]] sont disponibles. '''Actualités pour la contribution''' * Un changement dans la manière dont les utilisateurs et utilisatrices sont automatiquement confirmés est en cours pour améliorer la protection contre le vandalisme. Actuellement, il suffit d’avoir un compte depuis quelques jours avec quelques contributions pour être ajouté au groupe [[{{int:grouppage-autoconfirmed/{{CONTENTLANGUAGE}}}}|{{int:group-autoconfirmed}}]]. Cette configuration tend à être exploitée par certains vandales qui créent des comptes et commencent à les utiliser après un certain temps. Pour réduire ce problème, la configuration va changer la semaine prochaine afin que l’âge du compte minimum pour être confirmé automatiquement ne soit calculé qu’à partir de la première modification, au lieu de la date d’inscription. L’âge minimum du compte restera le même, c’est seulement le point de départ pour calculer cet âge qui change. Ce changement ne sera déployé que sur les wikis qui nécessitent au moins une contribution pour satisfaire les conditions de confirmation automatique. [https://phabricator.wikimedia.org/T418484] * Tous les utilisateurs et utilisatrices de Wikipédia avec un nouveau compte et ceux qui ont activé l’option « activer automatiquement la plupart des fonctionnalités bêta » peuvent désormais utiliser la fonctionnalité bêta de [[mw:Special:MyLanguage/Readers/Reader Experience/WE3.3.4 Reading lists|listes de lecture]] pour enregistrer des articles à lire plus tard. Cela permet d’organiser les lectures qui nous intéressent à un endroit unique pour y accéder facilement. * [[File:Reload icon with two arrows.svg|12px|link=|class=skin-invert|Sujet récurrent]] Voir {{PLURAL:30|la tâche soumise|les {{formatnum:30}} tâches soumises}} par la communauté [[m:Special:MyLanguage/Tech/News/Recently resolved community tasks|résolue{{PLURAL:30||s}} la semaine dernière]]. Par exemple, le problème avec les images d’infoboite qui avaient une marge intérieure immense dans Firefox a été corrigé. [https://phabricator.wikimedia.org/T423676] '''Actualités pour la contribution technique''' * Pour rappel, la limite globale d’accès à l’API sera appliquée cette semaine pour identifier le trafic de l’API. Le but est d’aider à garantir un [[mw:MediaWiki Product Insights/Responsible Reuse|accès équitable à l’infrastructure]]. Les robots qui s’exécutent dans Toolforge ou WMCS, ou avec le droit utilisateur ''robot'' sur les wikis, ne devraient pas être affectés pour le moment. Cependant, il est conseillé à tous les développeurs et développeuses de se conformer aux nouvelles bonnes pratiques à suivre. Pour plus d’informations, notamment la limite globale d’accès effective, consultez [[mw:Wikimedia APIs/Rate limits|la page sur la limite d’accès des API de Wikimedia]] et les [[mw:Wikimedia APIs/Rate limits/FAQ|questions-réponses]]. * [[File:Reload icon with two arrows.svg|12px|link=|class=skin-invert|Sujet récurrent]] Détail des mises-à-jour à venir cette semaine : [[mw:MediaWiki 1.46/wmf.26|MediaWiki]] '''''[[m:Special:MyLanguage/Tech/News|Actualités techniques]]''' préparées par les [[m:Special:MyLanguage/Tech/News/Writers|rédacteurs des actualités techniques]] et postées par [[m:Special:MyLanguage/User:MediaWiki message delivery|robot]]. [[m:Special:MyLanguage/Tech/News#contribute|Contribuer]]&nbsp;• [[m:Special:MyLanguage/Tech/News/2026/18|Traduire]]&nbsp;• [[m:Tech|Obtenir de l’aide]]&nbsp;• [[m:Talk:Tech/News|Donner son avis]]&nbsp;• [[m:Global message delivery/Targets/Tech ambassadors|S’abonner ou se désabonner]].'' </div><section end="technews-2026-W18"/> <bdi lang="en" dir="ltr">[[User:MediaWiki message delivery|MediaWiki message delivery]]</bdi> 27 avril 2026 à 18:06 (UTC) <!-- Message envoyé par User:UOzurumba (WMF)@metawiki en utilisant la liste sur https://meta.wikimedia.org/w/index.php?title=Global_message_delivery/Targets/Tech_ambassadors&oldid=30458046 --> qenvahnv7rqu6oj062ijjlkudedf9bv 0 86938 982310 982251 2026-04-30T13:04:47Z Solstag 13856 donées exemple 982310 wikitext text/x-wiki [[Fichier:Cortext_logo.svg|centré|sans_cadre|350x350px]] Formation à l'[https://ifis.univ-gustave-eiffel.fr/ IFIS] pour le [https://formations.univ-gustave-eiffel.fr/master/detail/intelligence-strategique-analyse-des-risques-et-resilience-des-territoires-314 Master 2 Intelligence stratégique, analyse des risques et résilience des territoires]. Date : 30 avril 2026 Lieu : Campus Marne la Vallée - Serris, Institut Francilien d'Ingénierie des Services (IFIS) La formation aura lieu sur une demi-journée, de 13h30 à 17h00. === Les analyses textuelles (13h30 - 14h15) === ''Voir [https://solstag.gitlab.io/presentations/analyses-textuelles-2026/ la présentation « Les analyses textuelles »] et [[Analyses textuelles (M2 D2SN, 2025-2026)|le cours d'Analyses textuelles pour le M2 D2SN]]'' Mini-cours sur les enjeux de l’analyse textuelle et comment elle se retrouve entre sciences sociales, linguistique et informatique. Avec une discussion de l’évolution théorique et méthodologique des approches par rapport à ces disciplines. === Atelier 1 : L’application Cortext Manager (14h15 - 14h45) === ''Voir [[Cortext/Tutoriels/L’application Cortext Manager|L’application Cortext Manager]]'' # Présentation de l’application qui permet le traitement de données par un ensemble de méthodes d’analyse, dont certaines ont été conçues au sein de la plateforme. # Prise en main de l’application, téléversement d’un corpus, opérations simples. # Survol des méthodes mises à disposition via l’application et de leurs fondements. ==== Matériel ==== * [https://sdrive.cnrs.fr/s/w33KkXK4jCtHqa3 Données europresse ”chaleur ville”] === Atelier 2 : Démonstration d'une sélection de méthodes (14h45 - 15h45) === Par exemple: * Tutoriel [[Cortext/Tutoriels/L’analyse socio-sémantique par l’approche Sashimi|L’analyse socio-sémantique par l’approche Sashimi]] * Tutoriel [[Cortext/Tutoriels/La visualisation géospatiale avec Cortext Manager|La visualisation géospatiale avec Cortext Manager]] * [https://docs.cortext.net/ Site web avec la documentation des méthodes] en anglais === Mise en situation (15h45 - 17h00) === Les participants explorent l'application pour analyser un corpus, accompagnés par l’équipe de la plateforme Cortext. j9xnafsjkx4pbryaqxk2tg0p8asnptr