# Théorie des groupes/Théorèmes de Schur-Zassenhaus et de Philip Hall
## Théorème de Schur-Zassenhaus

Rappelons la définition d'un sous-groupe de Hall, déjà donnée dans le chapitre Transfert, théorème du complément normal de Burnside :
On dit qu'un sous-groupe K d'un groupe fini G est un sous-groupe de Hall de G si l’ordre de K est premier avec l’indice de K dans G.
Nous allons maintenant démontrer le théorème de Schur-Zassenhaus, en utilisant notamment une forme faible de ce théorème qui a déjà été démontrée dans le chapitre Théorème de Gaschütz.
Soient G un groupe fini et K un sous-groupe de Hall normal de G.
    (a) K admet un complément dans G.
    (b) Si, de plus, un au moins des deux groupes K, G/K est résoluble, tous les compléments de K dans G sont conjugués dans G.
Notons d’abord deux faits qui nous permettront de raisonner par récurrence sur l’ordre de G.
    (1) Pour tout sous-groupe U de G, U∩K est un sous-groupe de Hall normal de U.
Puisque U∩K est un sous-groupe de K,
    $\ (2)\qquad \vert U\cap K\vert \quad {\rm {divise}}\quad \vert K\vert .$
D'autre part, puisque UK est un sous-groupe de G,
    $\ (3)\qquad \vert UK/K\vert \quad {\rm {divise}}\quad \vert G/K\vert .$
D'après la formule du produit ou encore d’après le second théorème d'isomorphisme, |UK/K| = |U/U∩K|, donc (3) revient à dire que
    $\ (4)\qquad \vert U/U\cap K\vert \quad {\rm {divise}}\quad \vert G/K\vert .$
Puisque, par hypothèse de l'énoncé, |K| et |G/K| sont premiers entre eux, il résulte de (2) et (4) que |U∩K| et |U/U∩K| sont premiers entre eux.
D'autre part, puisque K est normal dans G, U∩K est normal dans U, ce qui achève de prouver (1).
    (5) Pour tout sous-groupe normal N de G, KN/N est un sous-groupe de Hall normal de G/N.
D'après la formule du produit ou encore d’après le second théorème d'isomorphisme, |KN/N| = |K/K∩N|, donc
    $(6)\qquad \vert KN/N\vert \quad {\rm {divise}}\quad \vert K\vert .$
(On pourrait dire aussi que l’ordre de l'image de K par l'homomorphisme canonique G → G/N divise l’ordre de K.)
D'autre part, |(G/N)/(KN/N)| = |G/KN|, donc (puisque |KN| est multiple de |K|)
    $(7)\qquad \vert (G/N)/(KN/N)\vert \quad {\rm {divise}}\quad \vert G/K\vert .$
Puisque, par hypothèse de l'énoncé, |K| et |G/K| sont premiers entre eux, il résulte de (6) et (7) que |KN/N| et |(G/N)/(KN/N)| sont premiers entre eux.
D'autre part, puisque K est sous-groupe normal de G, son image par l'homomorphisme surjectif canonique G → G/N est normale dans G/N, ce qui achève de prouver (5).
Un autre lemme sera utilisé deux fois : soient Z un sous-groupe de G et X, Y deux sous-groupes de Z.
    (8) Si X et Y sont complémentaires dans Z et si K∩Z ⊂ Y ⊂ K et G = KZ alors X est un complément de K dans G.
G = KZ = K(YX) = (KY)X = KX et K∩X = K∩(Z∩X) = (K∩Z)∩X ⊂ Y∩X = 1 (où 1 désigne le groupe trivial).
Prouvons l'énoncé (a) par récurrence sur |G|.
Si K = 1, K admet G pour complément, donc la thèse est vraie dans ce cas. Nous pouvons donc supposer 1 < K, où < est la notation pour « sous-groupe propre ». Choisissons un facteur premier p de |K| et un p-sous-groupe de Sylow P de K. Alors
    (9) 1 < P.
Supposons tout d’abord que P n’est pas normal dans G, autrement dit que son normalisateur n’est pas G tout entier :
    (10) N$_G$(P) < G.
En faisant U = N$_G$(P) dans (1), nous trouvons que K∩N$_G$(P) est un sous-groupe de Hall normal de N$_G$(P).
De ceci, de (10) et de l'hypothèse de récurrence, il résulte que K∩N$_G$(P) admet un complément H dans N$_G$(P).
Alors
    H est un complément de K dans G.
D'après l'argument de Frattini (forme particulière), G = KN$_G$(P). On peut donc appliquer (8) à Z = N$_G$(P), X = H et Y = K∩N$_G$(P).
Donc l'énoncé (a) est vrai dans notre hypothèse N$_G$(P) < G.
Supposons maintenant que N$_G$(P) = G, autrement dit que P est normal dans G. Puisque le centre Z(P) de P est caractéristique dans P et que nous supposons P normal dans G, Z(P) est normal dans G.
De plus, puisque P est un p-groupe fini, non trivial d’après (9), son centre est non trivial donc
    (11) |G/Z(P)| < |G|.
En faisant N = Z(P) dans (5), nous trouvons que K/Z(P) est un sous-groupe de Hall normal de G/Z(P). Compte tenu de ceci, de (11) et de l'hypothèse de récurrence, K/Z(P) admet un complément dans G/Z(P).
Il existe donc un sous-groupe V de G contenant Z(P) tel que V/Z(P) soit un complément de K/Z(P) dans G/Z(P).
On en tire facilement que
    (12) G = KV
et
    (13) K∩V = Z(P).
D'après (1) (où l’on fait U = V), K∩V est un sous-groupe de Hall normal de V. D'après (13), cela revient à dire que
    (14) Z(P) est un sous-groupe de Hall normal de V.
Supposons tout d’abord V < G.
Alors, d’après (14) et l'hypothèse de récurrence,
    Z(P) admet un complément dans V.
Un tel complément W est un complément de K dans G.
D'après (12) et (13), (8) s'applique à Z = V, X = W et Y = Z(P).
Donc l'énoncé (a) est vrai dans notre hypothèse V < G.
Si maintenant V = G, la relation (13) donne K = Z(P), donc K est commutatif. D'après la forme faible du théorème de Schur-Zassenhaus, K admet un complément dans G, ce qui achève la démonstration du point (a) de l'énoncé.
Démontrons maintenant le point (b) de l'énoncé, toujours par récurrence sur l’ordre de G.
Soient $\ H_{1}$ et $\ H_{2}$ deux compléments de G. Il s'agit de prouver que $\ H_{1}$ et $\ H_{2}$ sont conjugués dans G.
Si K = 1, alors $\ H_{1}=H_{2}=G$ et la thèse est vraie dans ce cas. Nous pouvons donc supposer 1 < K. Alors, puisque K est un sous-groupe normal de G et que G est fini, nous pouvons choisir un sous-groupe normal minimal de G contenu dans K soit N.
Pour tout élément x de G et tout sous-groupe L de G, désignons par $\ {\bar {x}}$ (resp. $\ {\bar {L}}$) l'image xN de x (resp. l'image LN/N de L) par l'homomorphisme canonique $G\rightarrow G/N.$
    (15) Les sous-groupes ${\bar {H_{1}}}$ et ${\bar {H_{2}}}$ sont des compléments de ${\bar {K}}$ dans G.
De $\ KH_{1}=G$ résulte évidemment ${\bar {K}}{\bar {H_{1}}}={\bar {G}}.$
Prouvons que ${\bar {K}}\cap {\bar {H_{1}}}$ est réduit à l'élément neutre N de ${\bar {G}}.$
Soit ${\bar {x}}=xN$ un élément de ${\bar {K}}\cap {\bar {H_{1}}}$. Il s'agit de prouver que $x\in N.$
Puisque ${\bar {x}}\in {\bar {K}},$ x est congru modulo N à un élément de K, d'où, puisque $N\leq K,$
    $\qquad x\in K.$
D'autre part, x est congru modulo N à un élément de H$_1$, donc x est de la forme
    $\qquad x=nh,$ avec $n\in N$ et $h\in H_{1}.$
Alors $\ h=n^{-1}x$; puisque $N\leq K$ et que, comme nous l'avons vu, $x\in K,$ nous avons donc $h\in K,$ $h\in K\cap H_{1}=1,$ donc $h=1,x=n,x\in N,$ ce qui, comme nous l'avons vu, prouve que ${\bar {K}}\cap {\bar {H_{1}}}$ est réduit à l'élément neutre N de ${\bar {G}}$ et achève donc de prouver que ${\bar {H_{1}}}$ est un complément de ${\bar {K}}$ dans G.
De même, ${\bar {H_{2}}}$ est un complément de ${\bar {K}}$ dans G.
Par définition d'un sous-groupe normal minimal, 1 < N, donc
    $(16)\qquad \vert {\bar {G}}\vert =\vert G/N\vert <\vert G\vert .$
De plus, d’après (5),
    $\ (17){\bar {K}}$ est un sous-groupe de Hall normal de ${\bar {G}}.$
D'après (15), (16), (17) et l'hypothèse de récurrence,
    $\ {\bar {H_{1}}}$ et $\ {\bar {H_{2}}}$ sont conjugués dans ${\bar {G}}.$
Il existe donc $g\in G$ tel que
    $\qquad {\bar {H_{2}}}={\bar {g}}^{-1}{\bar {H_{1}}}{\bar {g}},$
d'où on tire facilement
    $(18)\qquad H_{2}N=H_{1}^{g},$
où $H_{1}^{g}$ désigne $\ g^{-1}H_{1}g.$
Puisque $N\leq K,$ les hypothèses $H_{1}\cap K=1$ et $H_{2}\cap K=1$ donnent $H_{2}\cap N=1$ et $H_{1}\cap N=1$, d'où, puisque N est normal dans G, $H_{1}^{g}\cap N=1.$
Il résulte donc de (18) que
    $\ (19)H_{1}^{g}$ et $\ H_{2}$ sont des compléments de $\ N$ dans $\ H_{2}N.$
    $\ (20)$ Les ordres $\ \vert N\vert$ et $\vert H_{2}N/N\vert$ sont premiers entre eux.
Puisque N est sous-groupe de K, $\vert N\vert$ divise $\vert K\vert .$
D'autre part, $\vert H_{2}N/N\vert =\vert H_{2}/H_{2}\cap N\vert ,$ donc $\vert H_{2}N/N\vert$ divise $\vert H_{2}\vert =\vert G/K\vert .$
Puisque, par hypothèse, $\vert K\vert$ et $\vert G/K\vert$ sont premiers entre eux, (20) en résulte.
De plus,
    (21) un au moins des deux groupes $\ N$ et $\ H_{2}N/N$ est résoluble.
Par hypothèse, un au moins des deux groupes K, G/K est résoluble.
Si K est résoluble, alors son sous-groupe N est résoluble.
Si maintenant G/K est résoluble, son quotient (G/K)/(N/K) est résoluble. Comme, d’après le troisième théorème d'isomorphisme, $G/N\cong (G/K)/(N/K),$ G/N est résoluble, donc son sous-groupe $\ H_{2}N/N$ est résoluble.
Supposons d’abord N < K.
Alors $\ H_{2}N<G.$
Si on avait $\ H_{2}N=G,$ alors (puisque $H_{2}\cap N\leq H_{2}\cap K=1$), N serait un complément de H$_2$ dans G, donc N et K seraient deux compléments de H$_2$ dans G en relation d'inclusion, donc (d'après un lemme du chapitre Théorème de Gaschütz) N et K seraient égaux, ce qui contredit notre hypothèse N < K.
Donc, compte tenu de (19), (20), (21) et de l'hypothèse de récurrence, $\ H_{1}^{g}$ et $\ H_{2}$ sont conjugués dans $\ H_{2}N,$ donc $H_{1}$ et $H_{2}$ sont conjugués dans G, donc la partie (b) de l'énoncé est vraie dans notre hypothèse N < K.
Nous pouvons donc supposer
    $\qquad N=K.$
Autrement dit, K est un sous-groupe normal minimal de G et est donc caractéristiquement simple.
Supposons tout d’abord que K est résoluble. Alors, comme tout groupe résoluble et caractéristiquement simple, K est commutatif. Dès lors, il résulte de la forme faible du théorème de Schur-Zassenhaus que H$_1$ et H$_2$ sont conjugués dans G, donc la partie (b) de l'énoncé est vraie dans l'hypothèse où K est résoluble.
Nous pouvons donc supposer K non résoluble. Alors, d’après les hypothèses du point (b) de l'énoncé,
    (22) G/K est résoluble.
Si K = G, alors H$_1$ = H$_1$ et la thèse est vraie. Nous pouvons donc suppose K < G, donc G/K > 1.
Alors, puisque G/K est résoluble et fini,
    (23) G/K admet un sous-groupe normal d'indice p premier.
Il existe donc un sous-groupe normal A de G contenant K tel que $\vert (G/K)/(A/K)\vert =p,$ autrement dit
    $\ (24)\vert G/A\vert =p.$
D'après l’identité de Dedekind,
    $\ (25)H_{1}\cap A$ et $H_{2}\cap A$ sont des compléments de K dans A.
Puisque $\ G=KH_{1},$ l'identité de Dedekind donne (compte tenu que $K\leq A$)
    $\qquad A=K(H_{1}\cap A).$
De plus, puisque $K\cap H_{1}=1,$ on a évidemment
    $\qquad K\cap (H_{1}\cap A)=1.$
Donc $H_{1}\cap A$ est un complément de K dans A.
De même, $H_{2}\cap A$ est un complément de K dans A.
D'après (24),
    $(26)\qquad \vert A\vert <\vert G\vert .$
D'autre part, $\vert A/K\vert$ divise $\vert G/K\vert$, donc
    $(27)\qquad \vert K\vert$ et $<\vert A/K\vert$ sont premiers entre eux.
Enfin, puisque, d’après (22), G/K est résoluble, son sous-groupe
    (28) A/K est résoluble.
Des relations (25) à (28) et de l'hypothèse de récurrence, il résulte que $H_{1}\cap A$ et $H_{2}\cap A$ sont conjugués dans A.
Il existe donc $a\in A$ tel que
    $\qquad H_{2}\cap A=a^{-1}(H_{1}\cap A)a$
    $(29)\qquad H_{2}\cap A=(a^{-1}H_{1}a)\cap A.$
Si nous en tirons que $\ a^{-1}H_{1}a$ et $\ H_{2}$ sont conjugués dans G, il en résultera évidemment que $\ H_{1}$ et $\ H_{2}$ sont conjugués dans G. D'autre part, puisque $\ H_{1}$ est un complément de K dans G et que K est normal dans G, $\ a^{-1}Ha$ est un complément de K dans G. Ces remarques montrent qu'au lieu de (29), nous pouvons supposer
    $\qquad H_{1}\cap A=H_{2}\cap A.$
Posons $D=H_{1}\cap A=H_{2}\cap A.$ Puisque A est normal dans G, D est normal dans H$_1$ et dans H$_2$.
De $\ G=KH_{1}$ résulte (puisque $K\leq A$) $\ G=AH_{1},$ donc
    $\qquad G/A\cong H_{1}/A\cap H_{1},$ c'est-à-dire
    $(30)\qquad G/A\cong H_{1}/D.$
De même,
    $(31)\qquad G/A\cong H_{2}/D.$
Choisissons un p-sous-groupe de Sylow P$_1$ de H$_1$ et un p-sous-groupe de Sylow P$_2$ de H$_2$. Alors
    $(32)\qquad H_{1}=DP_{1}$
et
    $(33)\qquad H_{2}=DP_{2}.$
Posons $\vert H_{1}\vert =rp^{m},$ où r n’est pas divisible par p.
Puisque, d’après (24), $\vert G/A\vert =p,$ la relation (30) donne $\vert H_{1}\vert =p\vert D\vert ,$ autrement dit $rp^{m}=p\vert D\vert ,$ donc, puisque r est premier avec p,
    $(34)\qquad \vert D\vert$ est divisible par $\ r$.
D'autre part, puisque P$_1$ est un p-sous-groupe de Sylow de H$_1$,
    $(35)\qquad \vert P_{1}\vert =p^{m}.$
Il résulte de (34) et (35) que $\vert <D,P_{1}>\vert$ est divisible par $\ r$ et par $\ p^{m}.$ Puisque r est premier avec p, $\vert <D,P_{1}>\vert$ est donc divisible par $rp^{m}=\vert H_{1}\vert .$ Puisque $<D,P_{1}>\leq H_{1},$ on a donc $\ <D,P_{1}>=H_{1}.$ Comme D est normal dans H$_1$, ceci prouve (32).
La relation (33) se démontre de même à l'aide de (31).
D'après (23), $\vert G/K\vert$ est divisible par p. Puisque, par hypothèse, $\vert K\vert$ est premier avec $\vert G/K\vert ,$ $\vert K\vert$ n’est pas divisible par p, autrement dit $\vert G:H_{1}\vert$ n’est pas divisible par p, donc
    $(36)\qquad \vert N_{G}(D):H_{1}\vert$ n’est pas divisible par p.
D'autre part, puisque $\ P_{1}$ est un sous-groupe de Sylow de $\ H_{1},$
    $(37)\qquad \vert H_{1}:P_{1}\vert$ n’est pas divisible par p.
Il résulte de (36) et (37) que $\ P_{1}$ est un p-sous-groupe de Sylow de $\ N_{G}(D).$ De même, $\ P_{2}$ est un p-sous-groupe de Sylow de $\ N_{G}(D),$ donc $\ P_{1}$ et $\ P_{2}$ sont conjugués dans $\ N_{G}(D).$
Il existe donc $g\in N_{G}(D)$ tel que
    $\qquad P_{2}=g^{-1}P_{1}g.$
Alors
    $\ g^{-1}(DP_{1})g=(g^{-1}Dg)g^{-1}(P_{1})g=(g^{-1}Dg)P_{2}.$
Puisque $g\in N_{G}(D),g^{-1}Dg=D,$ donc
    $\ g^{-1}(DP_{1})g=DP_{2}.$
D'après (32) et (33), ceci revient à $\ g^{-1}H_{1}g=H_{2},$ ce qui achève la démonstration.
Remarque. Dans la partie (b) du théorème de Schur-Zassenhaus, nous avons supposé qu'un au moins des deux groupes K et G/K est résoluble. En fait, puisque les ordres de ces deux groupes sont supposés premiers entre eux, un au moins de ces deux ordres est impair. Or un théorème de Feit et Thompson (dont la démonstration excède les limites d'une introduction à la théorie des groupes) dit que tout groupe fini d'ordre impair est résoluble. Donc du fait que les ordres de K et de G/K sont premiers entre eux, il résulte qu'un au moins des deux groupes K et G/K est résoluble. On peut donc ôter de la seconde partie du théorème de Schur-Zassenhaus l'hypothèse selon laquelle un au moins des deux groupes K et G/K est résoluble.

## Théorème de Philip Hall

Soient a et b deux nombres naturels non nuls premiers entre eux et d un diviseur naturel de ab. Alors d peut s'écrire d'une et une seule façon sous la forme a'b', où a' divise a et b' divise b. De plus, b' = b si et seulement si d est divisible par b.
Démonstration facile, laissée au lecteur. (Utiliser l’existence et l'unicité de la décomposition en facteurs premiers.)
Soit G un groupe fini résoluble d'ordre ab, où a et b sont deux nombres naturels (non nuls) premiers entre eux. Alors (i) pour tout sous-groupe S de G dont l'ordre divise a, G admet au moins un sous-groupe d'ordre a contenant S; (ii) deux sous-groupes d'ordre a de G sont toujours conjugués dans G, ce qui revient à dire que deux sous-groupes de Hall de même ordre de G sont toujours conjugués dans G.
Nous raisonnons par récurrence sur l’ordre de G. Si cet ordre est égal à 1, l'énoncé est banalement vrai. Nous supposons donc $\vert G\vert >1$. Nous pouvons alors choisir un sous-groupe normal minimal N de G. D'après le lemme ci-dessus, l’ordre de N est de la forme
    (1) $\vert N\vert =a'b',$ où a' divise a et b' divise b.
Premier cas : l’ordre de N n’est pas divisible par b. Alors
    (2) b' < b.
Puisque G est résoluble,
    (3) le groupe G/N est résoluble.
Par définition d'un sous-groupe normal minimal, 1 < N, donc
    (4) $\vert G/N\vert <\vert G\vert .$
D'autre part,
    (5) $\vert G/N=(a/a')(b/b'),$ où a/a' et b/b' sont premiers entre eux.
Soit S, comme dans l'énoncé, un sous-groupe de G dont l'ordre divise a. D'après la formule du produit (ou encore le second théorème d'isomorphisme), $\vert SN/N\vert$ divise $\vert S\vert$, lequel divise a, donc
    (6) $\vert SN/N\vert$ est premier avec b.
D'autre part, puisque SN/N est un sous-groupe de G/N, il résulte de (5) que $\vert SN/N\vert$ divise (a/a') (b/b'). Joint à (6), cela montre que
    (7) $\vert SN/N\vert$ divise a/a'.
D'après (3) et (4), nous pouvons appliquer l'hypothèse de récurrence au groupe G/H. Il résulte donc de (5) et de (7) que SN/N est contenu dans un sous-groupe ${\mathcal {H}}$ d'ordre a/a' de G/H. Un tel sous-groupe est de la forme H/N, où
    (8) H est un sous-groupe de G contenant SN
et tel que, d'après (1),
    (9) $\vert H\vert =ab',$ où a et b' sont premiers entre eux.
D'après (2), ceci donne $\vert H\vert <ab,$ autrement dit
    (10) $\vert H\vert <\vert G\vert .$
De plus, d'après (8),
    (11) H contient S.
Enfin, puisque H est sous-groupe du groupe résoluble G,
    (12) H est résoluble.
Compte tenu de (9), (10), (11), (12) et de l'hypothèse de récurrence, S est contenu dans un sous-groupe d'ordre a de H, qui est évidemment un sous-groupe d'ordre a de G. Ceci démontre le point (i) de l'énoncé dans notre premier cas ($\vert N\vert$ non divisible par b).
Toujours dans ce premier cas, démontrons le point (ii) de l'énoncé, à savoir que deux sous-groupes d'ordre a de G sont toujours conjugués dans G. Soient A$_1$ et A$_2$ deux sous-groupes d'ordre a de G. Il s'agit de prouver que A$_1$ et A$_2$ sont conjugués dans G. Puisque N est normal dans G, A$_1$N est un sous-groupe de G. Prouvons que
    (thèse 13) $\ \qquad \vert A_{1}N\vert =ab'$
(où b' est défini comme au premier alinéa de la démonstration). D'après (7) et (1), $\vert SN\vert$ divise ab'. Puisque A$_1$ satisfait à des hypothèses plus fortes que les hypothèses sur S, il en résulte que
    (14) $\vert A_{1}N\vert$ divise ab'.
D'autre part, puisque A$_1$ est un sous-groupe de A$_1$N, l'ordre a de A$_1$ divise $\vert A_{1}N\vert$; de plus, $\vert N\vert$divise $\vert A_{1}N\vert$, ce qui, d'après (1), entraîne que b' divise $\vert A_{1}N\vert$. Ainsi, a et b' divisent tous deux $\vert A_{1}N\vert$. Puisque a et b' sont premiers entre eux, ab' divise donc $\vert A_{1}N\vert$. Joint à (14), cela prouve notre thèse (13), à savoir
    $\vert A_{1}N\vert =ab'$.
De même,
    (15) $\vert A_{2}N\vert =ab'.$
Dès lors, les sous-groupes $A_{1}N/N$ et $A_{2}N/N$ de G/N sont tous deux d'ordre ab'/(a'b') = a/a'. D'après (3), (4), (5) et l'hypothèse de récurrence, il en résulte que
    A$_1$N/N et A$_2$N/N sont conjugués dans G/N.
Il existe donc un élément x de G tel que
    $\qquad (xN)(A_{1}N/N)(xN)^{-1}=A_{2}N/N.$
On en tire facilement (en passant aux images inverses par l'homomorphisme canonique de G sur G/N)) que
    $\qquad xA_{1}x^{-1}N=A_{2}N.$
Dès lors, $xA_{1}x^{-1}$ et $A_{2}$ sont deux sous-groupes d'ordre a de $A_{2}N.$ D'après (15) et (2),
    $\vert A_{2}N\vert =ab'<ab=\vert G\vert ,$
où a est premier avec b', donc, d'après l'hypothèse de récurrence,
    $\ xA_{1}x^{-1}$ et $\ A_{2}$ sont conjugués dans $\ A_{2}N$ et a fortiori dans G, ce qui entraîne que $A_{1}$ et $\ A_{2}$ sont conjugués dans G.
Le théorème est donc démontré dans le premier cas (où l’ordre de N n’est pas divisible par b).
Second cas :
    (16) l’ordre de N est divisible par b.
C'est maintenant que nous allons utiliser le fait que N est un sous-groupe normal minimal de G. Puisque G est supposé résoluble, N est abélien élémentaire (voir chapitre Groupes caractéristiquement simples, sous-groupes normaux minimaux), donc
    (17) $\vert N\vert$ est une puissance p$^m$ d'un nombre premier p, avec $m\geq 1.$
Puisque, d'après (16), $\vert N\vert$ est divisible par b, il résulte de (17) que
    (18) b est une puissance de p.
Si b = 1, nous avons $\vert G\vert =a$ et l'énoncé est évident. Nous pouvons donc supposer b > 1. Alors, d'après (18), b est divisible par p. Donc, puisque a est premier avec b,
    (19) a est premier avec p.
Puisque $\vert G\vert =ab,$ il résulte de (18) et de (19) que
    (20) b est la plus grande puissance de p qui divise $\vert G\vert .$
Puisque, d'après (17), $\vert N\vert$ est une puissance de p, il résulte de (20) que
    (21) $\vert N\vert =b,$
autrement dit
    $\vert N\vert$ est la plus grande puissance de p qui divise $G.$
Donc, puisque N est supposé normal dans G,
    (22) N est un p-sous-groupe de Sylow normal de G.
A fortiori,
    (23) N est un sous-groupe de Hall normal de G,
donc, d'après le théorème de Schur-Zassenhaus,
    (24) N admet un complément L dans G.
Alors $\vert L\vert =\vert G\vert /\vert N\vert$, d'où, d'après (21),
    (25) $\vert L\vert =a.$
Ceci prouve que G admet un sous-groupe d'ordre a. Prouvons maintenant que G admet un sous-groupe d'ordre a contenant S. Puisque, d'après (24), L est un complément de N dans G, nous avons LN = G. D'après l'identité de Dedekind, il en résulte que
    (26) $\qquad SN=(L\cap SN)N.$
On a vu en (23) que N est un sous-groupe de Hall normal de G; il en résulte clairement que
    (27) N est un sous-groupe de Hall normal de SN.
(D'après (22), c'est même un p-sous-groupe de Sylow normal de SN.) Puisque $\vert S\vert$ divise a par hypothèse et que, d'après (21), $\vert N\vert =b,$ les ordres de S et de N sont premiers entre eux, donc $S\cap N=1,$ donc
    (28) S est un complément de N dans SN.
D'autre part, l'ordre de $L\cap SN$ divise $\vert L\vert$, autrement dit, d'après (25), $\vert L\cap SN\vert$ divise a. La justification de (28) s'applique donc à $L\cap SN$ au lieu de S, donc
    $L\cap SN$ est un complément de N dans $(L\cap SN)N.$
D'après (26), cela revient à dire que
    (29) $L\cap SN$ est un complément de N dans SN.
D'après (28) et (29), S et $L\cap SN$ sont tous deux des compléments de N dans SN; de plus, d'après (27), N est un sous-groupe de Hall normal de SN; enfin, puisque G est supposé résoluble, SN est résoluble; il résulte donc du théorème de Schur-Zassenhaus que S et $L\cap SN$ sont conjugués dans SN et a fortiori dans G. Il existe donc un élément x de G tel que
    $S=x(L\cap SN)x^{-1}.$
Alors
    (30) S est contenu dans $xLx^{-1}.$
Puisque, d'après (25), L est d'ordre a, $xLx^{-1}$ est lui aussi d'ordre a, donc (30) montre que S est contenu dans un sous-groupe d'ordre a de G, ce qui prouve la première partie de l'énoncé. Puisque $\vert G\vert =ab$ avec a et b premiers entre eux et que, d'après (21), $\vert N=b,$ on prouve facilement (compte tenu que N est normal dans G) que les sous-groupes d'ordre a de G sont exactement les compléments de N dans G. Puisque G est résoluble et que, d'après (23), N est un sous-groupe de Hall normal de G, il résulte donc du théorème de Schur-Zassenhaus que tous les sous-groupes d'ordre a de G sont conjugués dans G, ce qui achève la démonstration.
Remarques. 1° Pour démontrer le théorème de Philip Hall, nous avons utilisé le théorème de Schur-Zassenhaus. Il est possible de s'en passer, mais cela allonge considérablement la démonstration. 2° Philip Hall a démontré la réciproque que voici du théorème précédent : si G est un groupe fini, si, pour tout diviseur d de $\vert G\vert$ tel que d et $\vert G\vert /d$ soient premiers entre eux, G admet un sous-groupe d'ordre d, alors G est résoluble. En fait, Ph. Hall a même démontré plus fort : si G est un groupe fini, si pour chaque diviseur premier p de l'ordre de G, G admet un sous-groupe d'indice $p^{n_{p}}$, où $p^{n_{p}}$ désigne la plus grande puissance de p qui divise l'ordre de G, alors G est résoluble. On démontre assez facilement cette réciproque forte à partir du théorème p-q de Burnside, ou théorème p$^a$q$^b$ de Burnside, qui sera démontré dans un chapitre ultérieur.
Soit G un groupe fini résoluble d'ordre ab, où a et b sont deux nombres naturels (non nuls) premiers entre eux. Alors G admet au moins un sous-groupe d'ordre a.
Démonstration. Faire S = 1 dans la première partie du théorème de Philip Hall.