# Théorie des groupes/Exercices/Premiers résultats sur les groupes simples
## 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, montrer que G est isomorphe à A$_5$.
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 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 chapitre théorique), G serait isomorphe à un sous-groupe de A$_3$, ce qui est impossible puisque l’ordre de G est strictement supérieur à celui de A$_3$. Supposons que, par absurde, le nombre n$_2$ des 2-sous-groupes de Sylow de G soit égal à 15. Alors
    $\vert G\vert =2^{2}n_{2}=p^{2}n_{p}$,
avec p = 2. Cela contredit le problème 7 de la série 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 A$_5$. Comme G a le même ordre que A$_5$, ce sous-groupe est A$_5$ 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 A$_5$.
a) Soit G un groupe simple d'ordre 60. Montrer que G comprend exactement 24 éléments d'ordre 5.
D'après les théorèmes de Sylow et le théorème 5, point a) du 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, 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.)
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. 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 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.
Soient P$_1$ et P$_2$ 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 P$_1$ et P$_2$ sont distincts et ont le même ordre fini, aucun des deux n'est contenu dans l'autre. Puisque les groupes P$_1$ et P$_2$ sont d'ordre 4, ils sont commutatifs (Groupes monogènes, ordre d'un élément). Donc le centralisateur C$_G$(a) de a contient P$_1$, donc l’ordre de C$_G$(a) est divisible par 4. De plus, C$_G$(a) contient P$_2$, qui n’est pas contenu dans P$_1$, donc C$_G$(a) n’est pas réduit à P$_1$, 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 S$_3$, ce qui est impossible puisque G est d'ordre 60 et S$_3$ 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.
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 A$_5$.
D'après le théorème 5 du chapitre théorique, il résulte du point d) que G est isomorphe à un sous-groupe G$_0$ de A$_5$. Puisque G est d'ordre 60, G$_0$ est lui aussi d'ordre 60. Comme A$_5$ est lui-même d'ordre 60, G$_0$ est égal à A$_5$, donc G est isomorphe à A$_5$.
Remarque : on trouvera au problème 3 une autre preuve du fait que tout groupe simple d'ordre 60 est isomorphe à A$_5$.
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 ?
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 A$_5$, il suffit de le prouver pour A$_5$. La décomposition canonique d'une permutation en produit de cycles montre que les seuls éléments d'ordre 4 de S$_5$ sont les cycles d'ordre 4. Ces cycles sont des permutations impaires, donc A$_5$ ne comprend pas d'éléments d'ordre 4. Soit H un sous-groupe d'ordre 4 de A$_5$. 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 S$_5$ 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 A$_5$, 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 A$_5$ se coupent trivialement deux à deux.

## Problème 3 (Groupes simples d'ordre 60)

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 $n\geq 5$, 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 $\varphi$ de A$_n$ dans $\ S_{A_{n}/H}$ associé à cette opération, montrer qu’il est injectif et prend ses valeurs dans $\ A_{A_{n}/H}$, puis considérer sa restriction à H.)
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
$\varphi :A_{n}\rightarrow S_{A_{n}/H}:g\mapsto \varphi (g):aH\mapsto gaH.$
Cette opération est transitive et donc non triviale. Puisque A$_n$ est simple et d'ordre > 2, il en résulte (chapitre Premiers résultats sur les groupes simples, section Utilisation des opérations d'un groupe sur certains ensembles) que $\varphi$ est injectif et prend ses valeurs dans le groupe alterné $A_{A_{n}/H}$. Soit h un élément de H. D'après la définition de $\ \varphi$, $\ \varphi (h)$ est une permutation de A$_n$/H qui laisse fixe le point H. Donc la restriction de $\ \varphi$ à H est un homomorphisme injectif qui prend ses valeurs dans le sous-groupe B de $A_{A_{n}/H}$ formé par les permutations paires de $A_{n}/H$ 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 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 A$_5$. (Indication : raisonner sur le nombre des 5-sous-groupes de Sylow de G.)
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, section Utilisation des opérations d'un groupe sur certains ensembles, G est isomorphe à un sous-groupe G$_0$ de A$_6$. Alors G$_0$ est d'ordre 60, donc d'indice 6 dans A$_6$. D'après le point a), G$_0$ est donc isomorphe à A$_5$, 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 × p$^n$, 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 les exercices sur le chapitre Groupes dicycliques que tout groupe d'ordre 12 est résoluble.)
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 chapitre théorique) que l’ordre 3 × p$^n$ de G divise l’ordre de A$_3$, 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.
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 chapitre théorique) G est isomorphe à un sous-groupe de A$_4$, 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. (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 $\vert G\vert$ donnée dans les exercices sur le chapitre Transfert, théorème du complément normal de Burnside.)
Soit, par absurde, G un groupe simple non abélien d'ordre < 60. Notons $p$ le plus grand facteur premier de $\vert G\vert$. D'après un exercice sur le chapitre Transfert, théorème du complément normal de Burnside,
    $2p(p+1)\leq \vert G\vert$,
donc
    $2p(p+1)<60$,
d'où, puisque $p$ est un nombre premier,
    $p\leq 3.$
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, $\vert G\vert$ 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 $\vert G\vert$ 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 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.
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 Théorie des groupes/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 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
    $(1)\quad pqr\geq n_{p}(p-1)+n_{q}(q-1)+n_{r}(r-1)+1.$
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, 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.
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.
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 chapitre théorique), donc, d’après b),
    $n_{p}\geq q,n_{q}\geq r,n_{r}\geq pq.$
En portant cela dans la relation (1) du point a) nous trouvons
    $pqr\geq q\ (p-1)+r\ (q-1)+pq\ (r-1)+1,$
d'où
    $\ q+r>qr,$
ce qui est absurde, par exemple parce que le premier membre est < 2r et le second membre > 2r.

## 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 que
    $\vert G\vert =ap(p+1)$, où a est un nombre naturel divisant p - 1.
(En particulier, $\vert G\vert$ n'est pas divisible par $p^{2}.$) On désigne par $X$ 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 $\vert G\vert =ap(p+1)$, où a est un nombre naturel non divisible par p. (Donc $\vert G\vert$ n'est pas divisible par $p^{2}$ et les p-sous-groupes de Sylow de G sont d'ordre p.)
Soit $p^{m}$ la plus grande puissance de $p$ divisant $\vert G\vert .$ D'après les théorèmes de Sylow, le nombre des p-sous-groupes de Sylow de G divise $\vert G\vert /p^{m}$ et divise donc $\vert G\vert /p.$ D'après les hypothèses de l'énoncé, cela signifie que $p+1$ divise $\vert G\vert /p$, donc
    (1) $\qquad \vert G\vert =ap(p+1)$, avec $a$ 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 $p+1$, G est isomorphe à un sous-groupe de $S_{p+1}$ (voir le chapitre théorique, théorème 5, b), donc
    $\vert G\vert$ divise $\vert S_{p+1}\vert =(p+1)!$
Puisque $(p+1)!$ n'est pas divisible par $p^{2}$, $\vert G\vert$ ne l'est donc pas non plus, donc $a$ n'est pas divisible par $p$, 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 $X\setminus {\{P\}}$ par conjugaison et que cette action n'a aucun point fixe.
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 $X\setminus {\{P\}}$, c'est-à-dire un p-sous-groupe de Sylow de G distinct de P, si $x$ est un élément de P, alors $xQx^{-1}\not =P.$ En effet, dans le cas contraire, on aurait $Q=x^{-1}Px$ avec $x\in P$, d'où Q = P, contradiction. Donc P agit sur $X\setminus {\{P\}}$ 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 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 $X\setminus {\{P\}}$ 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 $P$ sur $X\setminus {\{P\}}$ par conjugaison est transitive. (Indication : raisonner sur le cardinal d'une orbite.)
Puisque le nombre des p-sous-groupes de Sylow de G est supposé égal à $p+1$, l'ensemble $X\setminus {\{P\}}$ est de cardinal $p$ et n'est donc pas vide. Nous pouvons donc choisir une orbite $\Omega$ de l'action de $P$ sur $X\setminus {\{P\}}$ par conjugaison. Le cardinal d'une orbite divise toujours l'ordre du groupe opérant, donc, dans l'action de $P$ sur $X\setminus {\{P\}}$ par conjugaison, le cardinal de toute orbite divise $\vert P\vert .$ On a vu au point a) que $\vert P\vert$ est le nombre premier $p$, donc toute orbite est de cardinal 1 ou $p.$ On a vu au point b) qu'aucune orbite n'est ponctuelle, donc toute orbite est de cardinal $p.$ En particulier, $\Omega$ est de cardinal $p$. Mais, comme noté, $X\setminus {\{P\}}$ est lui-même de cardinal $p$, donc $X\setminus {\{P\}}=\Omega$, donc $X\setminus {\{P\}}$ est la seule orbite, ce qui revient à dire que l'action est transitive.
d) Prouver que $C_{G}(P)$ opère librement sur $X\setminus {\{P\}}$ par conjugaison. (Indication : pour prouver que l'opération est libre, montrer qu'un élément de $C_{G}(P)$ qui normalise un p-sous-groupe de Sylow de G autre que P normalise tous les p-sous-groupes de Sylow de G.)
Comme tout sous-groupe de G, $C_{G}(P)$ opère sur X par conjugaison. Soit Q un élément de $X\setminus {\{P\}}$, c'est-à-dire un p-sous-groupe de Sylow de G distinct de P, soit c un élément de $C_{G}(P).$ Si on avait $cQc^{-1}=P$, on aurait $Q=c^{-1}Pc$; mais $C_{G}(P)$ normalise P, donc $c^{-1}Pc=P$, donc on aurait Q = P, contradiction. Ceci montre que $C_{G}(P)$ opère sur $X\setminus {\{P\}}$ par conjugaison. Pour prouver que cette action est libre, nous devons prouver que , pour tout élément Q de $X\setminus {\{P\}}$, le stabilisateur du « point » Q pour cette action est trivial. Ce stabilisateur est $C_{G}(P)\cap N_{G}(Q)$, donc nous devons prouver que si Q est un p-sous-groupe de Sylow de G distinct de P, alors
    (thèse 1)$\qquad C_{G}(P)\cap N_{G}(Q)=1.$
Soit c un élément de $\qquad C_{G}(P)\cap N_{G}(Q).$ Il s'agit de prouver que
    (thèse 2)$\qquad c=1.$
Puisque c appartient à $N_{G}(Q)$,
    (3)$\qquad cQc^{-1}=Q.$
Soit x un élément de P. Alors c commute avec x, donc
    $\qquad c(xQx^{-1})c^{-1}=xcQc^{-1}x^{-1}$,
ce qui, d'après (3), peut s'écrire
    (4)$\qquad c(xQx^{-1})c^{-1}=xQx^{-1}.$
Puisque ceci est vrai pour tout élément x de P et que, d'après la question c), P agit transitivement sur $X\setminus {\{P\}}$ par conjugaison, (4) montre que c normalise tous les p-sous-groupes de Sylow de G distincts de P. Puisque c appartient à $C_{G}(P)$, il normalise également P, donc c normalise tous les p-sous-groupes de Sylow de G,
    (5)$\qquad c\in \bigcap _{S\in X}N_{G}(S).$
Le membre droit est un sous-groupe normal de G (voir un exercice de la série 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 $\vert G\vert$, 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 le chapitre Premiers résultats sur les groupes simples, théorème 5, a.) 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 $C_{G}(P)$ sur $X\setminus {\{P\}}$ par conjugaison est libre.
e) Déduire du point d) que $C_{G}(P)=P$, puis, à l'aide du lemme N/C (chapitre Conjugaison, centralisateur, normalisateur), prouver ce qui reste à démontrer dans l'énoncé général, à savoir que le nombre naturel a divise p-1.
Puisque, d'après le point d), $C_{G}(P)$ agit librement sur $X\setminus {\{P\}}$, nous avons (chapitre Action de groupe)
    $\qquad \vert C_{G}(P)\vert \leq \vert X\setminus {\{P\}}\vert$,
    $\qquad \vert C_{G}(P)\vert \leq p$,
    (1) $\qquad \vert C_{G}(P)\vert \leq \vert P\vert .$
D'autre part, P, étant un groupe d'ordre premier, est abélien, donc
    $\qquad P\subseteq C_{G}(P).$
Joint à (1), cela donne
    $\qquad C_{G}(P)=P$,
d'où
    $\qquad N_{G}(P)/C_{G}(P)=N_{G}(P)/P.$
D'après le lemme N/C, le membre gauche est isomorphe à un sous-groupe de Aut(P), donc
    (2)$\qquad N_{G}(P)/P$ est isomorphe à un sous-groupe de Aut(P).
Puisque P est d'ordre premier p, $\vert Aut(P)\vert =p-1$ (chapitre Automorphismes d'un groupe cyclique), donc, d'après (2),
    $\qquad \vert N_{G}(P)/P\vert$ divise p-1,
    (3)$\qquad \vert N_{G}(P)\vert /p$ divise p-1,
D'autre part, l'indice de $N_{G}(P)$ dans G est le nombre des p-sous-groupes de Sylow de G et, par hypothèse, ce nombre est égal à p+1. Donc
    $\qquad \vert G\vert /\vert N_{G}(P)\vert =p+1$,
    $\qquad \vert N_{G}(P)\vert =\vert G\vert /\vert (p+1).$
Dans les notations du point a), cela s'écrit
    $\qquad \vert N_{G}(P)\vert =ap$,
    $\qquad \vert N_{G}(P)\vert /p=a$,
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.
Soit, par absurde, G un groupe simple d'ordre 560. Donc
    $\vert G\vert =2^{4}\times 5\times 7.$
Notons $n_{7}$ le nombre des 7-sous-groupes de Sylow de G. Alors $n_{7}>1$ (chapitre théorique, théorème 5, a), $n_{7}\equiv 1$ (pmod 7) et $n_{7}$ divise 80 (théorèmes de Sylow). Ce n'est possible qu'avec
    $n_{7}=8=7+1.$
D'après le point e), il en résulte que
    $\vert G\vert /(7\times 8)$ divise $7-1$,
c'est-à-dire que 10 divise 6, ce qui est absurde.

## Problème 7

Soit G un groupe simple fini, soit $p$ un nombre premier tel que l'ordre de G soit divisible par $2p(p+1)$ et que le nombre des p-sous-groupes de Sylow de G soit égal à $p+1.$ On va prouver que
    $p\equiv 1{\pmod {4}}.$
a) Prouver que G est isomorphe à un sous-groupe de $A_{p+1}.$
Puisque le nombre des p-sous-groupes de Sylow de G est supposé égal à $p+1$, c'est une conséquence immédiate d'un théorème démontré dans le chapitre théorique.
b) Prouver que $p$ est impair.
Puisque $p$ 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), $\vert G\vert$ diviserait $\vert A_{3}\vert =3.$ C'est impossible, puisque $\vert G\vert$ est supposé divisible par $2p(p+1).$
c) Prouver que $\vert G\vert$ n'est pas divisible par $p^{2}.$
Cela résulte du problème 6, a). Rappelons la démonstration : d'après le point a), G est isomorphe à un sous-groupe de $A_{p+1}$, donc
    $\vert G\vert$ divise $\vert A_{p+1}\vert =(p+1)!/2.$
Puisque $(p+1)!/2$ n'est pas divisible par $p^{2}$, $\vert G\vert$ ne l'est donc pas non plus
d) Soit P un p-sous-groupe de Sylow de G. Prouver que $\vert N_{G}(P)\vert$ est divisible par $2p.$
L'indice de $N_{G}(P)$ dans G est égal au nombre des p-sous-groupes de Sylow de G, c'est-à-dire, d'après les hypothèses, à $p+1.$ Donc
    $\vert G\vert /\vert N_{G}(P)\vert =p+1$,
    $\vert N_{G}(P)\vert =\vert G\vert /(p+1).$
Puisque, par hypothèse, $\vert G\vert$ est divisible par $2p(p+1)$, $\vert N_{G}(P)\vert$ est donc divisible par $2p.$
e) Toujours si P est un p-sous-groupe de Sylow de G, prouver qu'il existe un élément $s$ d'ordre 2 de G (involution) tel que, pour tout $x$ dans P, $sxs^{-1}=x^{-1}.$ (Cela revient à dire que $N_{G}(P)$ contient un sous-groupe diédral d'ordre $2p.$) Indication : utiliser les points a) et d).
D'après le point d), $N_{G}(P)$ est d'ordre pair et comprend donc un élément d'ordre 2 (théorème de Cauchy), soit $s.$ Soit $x$ un élément de $P\setminus \{1\}$, autrement dit (puisque, d'après le point c), P est d'ordre $p$ premier) un générateur de P. Puisque $s$ normalise P et que $x$ est un générateur de P, il existe un nombre naturel $n$ tel que
    (1)$\qquad sxs^{-1}=x^{n}.$
En appliquant aux deux membres l'automorphisme intérieur $g\mapsto sgs^{-1}$ de G, nous trouvons
    $s^{2}xs^{-2}=sx^{n}s^{-1}.$
Puisque $s$ est d'ordre 2, le membre gauche est égal à $x$; d'autre part, le membre droit est égal à $(sxs^{-1})^{n}=x^{n^{2}}.$ Donc $x^{n^{2}}=x$, $x^{n^{2}-1}=1$, donc
    $n^{2}-1\equiv 0{\pmod {p}}$,
    $(n-1)(n+1)\equiv 0{\pmod {p}}$,
donc
    (2)$\qquad n$ est congru à 1 ou à - 1 modulo $p.$
Prouvons que $n\not \equiv 1{\pmod {p}}.$ Dans le cas contraire , (1) donnerait
    $sxs^{-1}=x$,
donc
    (3)$\qquad s$ commuterait avec $x.$
D'après le point a), il existe un homomorphisme injectif $f$ de G dans $A_{p+1}.$ Puisque $f$ est un homomorphisme, il résulte de (3) que
    (4)$\qquad f(s)$ commuterait avec $f(x).$
D'autre part, puisque l'homomorphisme $f$ est injectif,
    (5)$\qquad f(x)$ est d'ordre $p$ et $f(s)$ est d'ordre 2.
Donc, d'après (4) et (5), il y aurait dans $A_{p+1}$ un élément d'ordre $p$ 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 $p$ de $A_{p+1}$ (et même un élément d'ordre $p$ de $S_{p+1}$) est forcément un p-cycle. Il y aurait donc dans $S_{p+1}$ 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, le centralisateur d'un p-cycle de $S_{p+1}$ est le sous-groupe de $S_{p+1}$ engendré par ce cycle et est donc d'ordre $p$, de sorte qu'il ne comprend pas d'élément d'ordre 2 (puisqu'on a vu que $p$ est impair). Sans utiliser le problème « Centralisateur d'un long cycle » de la série Groupes symétriques finis, on peut noter que s'il existait dans $S_{p+1}$ un élément d'ordre $p$ qui commutait avec un élément d'ordre 2, $S_{p+1}$ comprendrait un élément d'ordre $2p$, ce qui est impossible, vu la décomposition canonique d'une permutation en cycles. Nous avons donc prouvé que $n\not \equiv 1{\pmod {p}}$, donc, d'après (2),
    $n\equiv -1{\pmod {p}}.$
D'après (1), ceci donne
    $\qquad sxs^{-1}=x^{-1}.$
Cela est démontré pour tout $x$ dans $P\setminus \{1\}$ et est évidemment vrai aussi pour $x=1$, d'où l'énoncé.
f) Prouver que $p\equiv 1{\pmod {4}}.$ (Indication : utiliser les points a) et e) et le problème « Inverseurs d'un long cycle » de la série Groupes symétriques finis.)
D'après le point e), il existe dans G un élément $x$ d'ordre $p$ et un élément $s$ d'ordre 2 tels que
    (1)$\qquad sxs^{-1}=x^{-1}.$
D'après le point a), il existe un homomorphisme injectif $f$ de G dans $A_{p+1}.$ Puisque $f$ est un homomorphisme, la relation (1) donne
    (2)$\qquad f(s)f(x)f(s)^{-1}=f(x)^{-1}.$
D'autre part, puisque l'homomorphisme $f$ est injectif, f(x) est un élément d'ordre $p$ de $A_{p+1}$, ce qui n'est possible que si $f(x)$ est un p-cycle (voir la décomposition canonique d'une permutation en cycles). Compte tenu de cela, de (2) et du fait que $p$ est impair, il résulte du problème « Inverseurs d'un long cycle » de la série Groupes symétriques finis que $f(s)$ est le produit de $(p-1)/2$ transpositions (à supports deux à deux disjoints). Puisque $f(s)$, appartenant à $A_{p+1}$, est une permutation paire, $(p-1)/2$ est donc pair, autrement dit $p\equiv 1{\pmod {4}}.$
g) Prouver qu'il n'y a pas de groupe simple d'ordre 336.
Soit, par absurde, G un groupe simple d'ordre $336$. Puisque $336=2^{4}\cdot 3\cdot 7$,
    (1)$\qquad \vert G\vert$ est divisible par $2p(p+1)$, où $p$ désigne le nombre premier 7.
Le nombre $n_{7}$ des 7-sous-groupes de Sylow de G est > 1 (théorème 5, point a) du chapitre théorique), $\equiv 1{\pmod {7}}$ et divise 48 (théorèmes de Sylow). Cela n'est possible qu'avec
    (2)$\qquad n_{7}=8=7+1.$
D'après f), il résulte de (1) et de (2) que $7\equiv 1{\pmod {4}}$, ce qui est faux. La contradiction obtenue prouve l'énoncé.

## Problème 8

Soit G un groupe simple d'ordre $2p(p+1)$, où $p$ est un nombre premier. On va prouver que $p\equiv 5{\pmod {24}}.$
a) Prouver que $p$ est distinct de $2$ et de $3.$
Puisque G est un groupe simple d'ordre non premier, il n'est pas résoluble. Si $p$ 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 (exercices sur le chapitre Groupes dicycliques) et que tout groupe d'ordre 24 est résoluble (exercices sur le chapitre Groupes nilpotents).
b) Prouver que les p-sous-groupes de Sylow de G sont d'ordre p.
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 $\vert G\vert$ qu'une fois, d'où l'énoncé.
c) Prouver que le nombre des p-sous-groupes de Sylow de G est p+1.
Puisque $\vert G\vert =2p(p+1)$,
    (1)$\qquad$le nombre $n_{p}$ des p-sous-groupes de Sylow de G divise 2 (p+1).
D'autre part, d'après un théorème de Sylow, $n_{p}\equiv 1{\pmod {p}}$ et, d'après le théorème 5, a du chapitre théorique, $n_{p}>1.$ Donc
    $n_{p}=ap+1$, où $a$ est un nombre naturel $\geq 1.$
La valeur $a=2$ est impossible d'après (1), car 2p + 1 ne divise pas 2 (p+1) = 2p + 2. Les valeurs $a\geq 3$ sont également impossibles, car pour $a\geq 3$, nous avons
    $ap+1\geq 3p+1>2p+2$,
donc ap+1 ne divise pas 2p+2, donc, d'après (1), $n_{p}\not =ap+1.$ Il faut donc $a=1$, 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 Transfert, théorème du complément normal de Burnside.)
Soit P un p-sous-groupe de Sylow de G. Il s'agit de prouver que $N_{G}(P)$ est diédral d'ordre 2p. D'après les théorèmes de Sylow, $[G:N_{G}(P)]$ est égal au nombre des p-sous-groupes de Sylow de G. D'après le point c), cela signifie que
    $[G:N_{G}(P)]=p+1$,
    $\vert N_{G}(P)\vert =\vert G\vert /(p+1)$,
    (1)$\qquad \vert N_{G}(P)\vert =2p.$
On peut achever en disant que d'après le problème 7, point e), $N_{G}(P)$ contient un groupe diédral d'ordre $2p$, ce qui, joint à (1), entraîne que $N_{G}(P)$ est diédral d'ordre $2p$. Voici une autre façon de procéder. D'après (1) et un exercice sur le chapitre Groupes diédraux,
    (2)$\qquad N_{G}(P)$ est cyclique ou diédral.
Si $N_{G}(P)$ était cyclique, il serait abélien, donc P serait évidemment central dans $N_{G}(P)$, 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 Transfert, théorème du complément normal de Burnside. Donc $N_{G}(P)$ n'est pas cyclique, donc, d'après (2), il est diédral, ce qui, joint à (1), démontre le point d).
e) Prouver que $p\equiv 1{\pmod {4}}$ et en déduire que les 2-sous-groupes de Sylow de G sont des groupes de Klein. Indication : on peut utiliser le problème 7.
Nous avons vu au point c) que le nombre des p-sous-groupes de Sylow de G est $p+1$, donc, d'après le problème 7, f),
    $p\equiv 1{\pmod {4}}$,
ce qui est la première assertion de l'énoncé. Il en résulte que l'ordre $2p(p+1)$ 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 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 $t$ un élément d'ordre 2 (involution) de G normalisant au moins un p-sous-groupe de Sylow de G. Prouver que $t$ normalise exactement deux p-sous-groupes de Sylow de G. Indication. L'ensemble des p-sous-groupes de Sylow de G étant désigné par X, considérer, au lieu de l'homomorphisme $f$ utilsé au problème 7, point f), une version plus précise de cet homomorphisme, à savoir l'homomorphisme F de G dans $A_{X}$ 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.
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
    $F:G\to A_{X}$
tel que, pour tout $g$ dans $G$, F(g) soit la permutation $Q\mapsto gQg^{-1}$ de X. Par hypothèse, $t$ est un élément d'ordre 2 qui normalise au moins un p-sous-groupe de Sylow de G. Puisque, d'après le point d), $N_{G}(P)$ est diédral d'ordre $2p$ (et que $p$ est impair, ce qui entraîne que tout élément d'ordre 2 de $N_{G}(P)$ est hors de P), nous avons
    $txt^{-1}=x^{-1}$
pour tout élément $x$ de P et en particulier pour un élément $x$ de P que nous pouvons choisir dans P. On raisonne alors comme au point e) : puisque F est un homomorphisme, nous avons
    $F(t)F(x)F(t)^{-1}=F(x)^{-1}$;
puisque l'homomorphisme F est injectif, F(x) est d'ordre $p$; enfin, puisque $\vert X\vert =p+1$ (point c)) et que F(x) est un élément d'ordre $p$ de $S_{X}$, F(x) est un p-cycle. Donc, d'après le problème « Inverseurs d'un long cycle » de la série Groupes symétriques finis, F(t) est le produit de $(p-1)/2$ transpositions à supports deux à deux disjoints. Le support de F(t) est donc de cardinal p-1. Puisque $\vert X\vert =p+1$, F(t) a donc exactement deux points fixes. D'après la définition de F, cela signifie que $t$ 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 $A\times B$; on écrira $aRb$ pour $(a,b)\in R.$ (Une partie de $A\times B$ est parfois appelée une relation binaire entre éléments de A et éléments de B, d'où la notation $aRb.$) On suppose qu'il existe un nombre $r_{B}$ tel que, pour tout $a$ dans $A$, les éléments $b$ de $B$ tels que $aRb$ soient en quantité $r_{B}.$ On suppose aussi qu'il existe un nombre $s_{A}$ tel que, pour tout $b$ dans $B$, les éléments $a$ de $A$ tels que $aRb$ soient en quantité $s_{A}.$ Prouver que $\vert A\vert r_{B}=\vert B\vert s_{A}.$ Indication : calculer un certain nombre de deux façons.
On va calculer de deux façons le nombre $\vert R\vert$, autrement dit le nombre des couples (a, b) tels que a R b. D'une part, nous avons $\vert R\vert =\sum _{a\in A}\vert B_{a}\vert$, où $B_{a}$ désigne l'ensemble des éléments $b$ de $B$ tels que $aRb$; par hypothèse, $\vert B_{a}\vert =r_{B}$ pour tout $a$, donc
    (1)$\qquad \vert R\vert =\vert A\vert r_{B}.$
De même, $\vert R\vert =\sum _{b\in B}\vert A_{b}\vert$, où $A_{b}$ désigne l'ensemble des éléments $a$ de $A$ tels que $aRb$; par hypothèse, $\vert A_{b}\vert =s_{A}$ pour tout $b$, donc
    (2)$\qquad \vert R\vert =\vert B\vert s_{A}.$
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 $\vert E\vert =\vert G\vert /4.$ Indication. X désignant l'ensemble des p-sous-groupes de Sylow de G, considérer la partie R de $E\times X$ formée par les couples (t, P) tels que $t$ normalise P et appliquer le point g) en tenant compte des points d) et f).
Il résulte du point f) que, pour tout élément $t$ de E,
    (1)$\qquad$ 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, $N_{G}(P)$ est diédral d'ordre $2p.$ Puisque $p$ est impair, les éléments d'ordre $2$ de $N_{G}(P)$ sont en nombre $p$, ce qui revient à dire que
    (2)$\qquad$les éléments $t$ de E tels que (t, P) appartienne à R sont en nombre $p.$
Compte tenu du point g), il résulte de (1) et (2) que
    $2\vert E\vert =p\vert X\vert$,
ce qui, d'après le point c), peut s'écrire
    $2\vert E\vert =p(p+1)$
    $\vert E\vert =p(p+1)/2=\vert G\vert /4$.
i) Prouver que le nombre des 2-sous-groupes de Sylow de G est au moins égal au nombre rationnel $\vert G\vert /12.$ (Nous verrons plus loin que $\vert G\vert /12$ est un nombre entier, mais, pour l'instant, nous ne le considérons que comme un nombre rationnel.)
Dans les notations du point h), l'ensemble des involutions de $G$ contient $E$ et $\vert E\vert$ est égal à $\vert G\vert /4$, donc $G$ comprend au moins $\vert G\vert /4$ involutions. Cela revient à dire que la réunion des 2-sous-groupes de Sylow de G comprend au moins $\vert G\vert /4$ 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 $\vert G\vert /12.$
j) Soit V un 2-sous-groupe de Sylow de G. Prouver que $\vert N_{G}(V)\vert =12$ (ce qui prouve que $\vert G\vert$ est divisible par 12, de sorte que le nombre rationnel $\vert G\vert /12$ considéré au point i) est entier) et en déduire que le nombre des 2-sous-groupes de Sylow de G est $\vert G\vert /12.$
L'indice de $\vert N_{G}(V)\vert$ dans G est le nombre des 2-sous-groupes de Sylow de G, donc, d'après le point i)
    $\vert G\vert /\vert N_{G}(V)\vert \geq \vert G\vert /12$,
    (1)$\qquad \vert N_{G}(V)\vert \leq 12.$
Puisque V est d'ordre 4 (voir poinr e)), $\vert N_{G}(V)\vert$ est divisible par 4, donc, d'après (1), $\vert N_{G}(V)\vert$ est égal à 4, à 8 ou à 12. On a vu que $\vert G\vert$ n'est pas divisible par 8, donc $\vert N_{G}(V)\vert$ est égal à 4 ou à 12. Si $\vert N_{G}(V)\vert$ était égal à 4, il serait abélien, donc V serait évidemment central dans $\vert N_{G}(V)\vert$, 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 Transfert, théorème du complément normal de Burnside). Donc $\vert N_{G}(V)\vert =12$, ce qui est la première assertion de l'énoncé. Puisque le nombre des 2-sous-groupes de Sylow de G est l'indice de $\vert N_{G}(V)\vert$ 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 $\equiv 1{\pmod {4}}.$ Indication : utiliser une « congruence de Sylow à module renforcé » qui a été démontrée dans les exercices sur les théorèmes de Sylow.
D'après le point e),
    (1)$\qquad$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)$\qquad$les 2-sous-groupes de Sylow de G sont en nombre $\vert G\vert /12.$
Enfin, d'après le point h),
    (3)$\qquad$ les involutions de G sont en nombre $\geq \vert G\vert /4$, autrement dit en nombre $\geq 3\times \vert G\vert /12.$
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 les exercices sur les théorèmes de Sylow, le nombre des 2-sous-groupes de Sylow de G est $\equiv 1{\pmod {4}}.$ Remarque. Il résulte de (1), (2) et (3) que les involution de G sont en nombre $\vert G\vert /4$ 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 $p\equiv 5{\pmod {24}}.$
Nous avons vu au point j) que le nombre des 2-sous-groupes de Sylow de G est égal à $\vert G\vert /12$ et au point k) que ce nombre est $\equiv 1{\pmod {4}}.$ Donc
    $\qquad \vert G\vert /12\equiv 1{\pmod {4}}$
    $\qquad p(p+1)/6\equiv 1{\pmod {4}}$
    (1)$\qquad p^{2}+p\equiv 6{\pmod {24}}.$
Pour tout nombre entier $n$ impair et non divisible par 3, $n^{2}\equiv 1{\pmod {8}}$ et $n^{2}\equiv 1{\pmod {3}}$, donc $n^{2}\equiv 1{\pmod {24}}.$ D'après le point a), $p$ est impair et non divisible par 3, donc $p^{2}\equiv 1{\pmod {24}}$, donc (1) donne
    $p\equiv 5{\pmod {24}}.$
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.
S'il existait un groupe simple d'ordre 264, ce serait un groupe simple d'ordre $2p(p+1)$ avec $p=11$, nombre premier $\not \equiv 5{\pmod {24}}$, ce qui contredit le point l). Même chose avec $612=2\cdot 17\cdot (17+1)$ et $760=2\cdot 19\cdot (19+1).$

## Problème 9

Soit $p$ un nombre premier impair, soit G un groupe fini d'ordre divisible par $2p$ et non par $p^{2}.$ On suppose que le nombre des p-sous-groupes de Sylow de G est $2p+1.$ 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 $\psi$ l'homomorphisme correspondant à l'action de G sur X par conjugaison, c'est-à-dire l'homomorphisme
    $\psi :G\to S_{X}$
tel que, pour tout élément $g$ de G, $\psi (g)$ soit la permutation $Q\mapsto gQg^{-1}$ de X. (Nous ne supposons pas G simple, donc nous n'avons pas de raison de considérer $\psi$ comme injectif.) Soit $y$ un élément d'ordre $p$ de G. Prouver que la permutation $\psi (y)$ de X est le produit de deux p-cycles à supports disjoints.
D'après les hypothèses générales,
    (1)$\qquad \vert X\vert =2p+1$
et
    (2)$\qquad$les p-sous-groupes de Sylow de G sont d'ordre $p.$
Si un élément Q de X est fixé par la permutation $\psi (y)$, Q est un p-sous-groupe de Sylow normalisé par $y.$ Or un élément de G dont l'ordre est une puissance de $p$ 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 $\psi (y)$, $y$ appartient à Q. Puisque $y$ est d'ordre $p$ et que, d'après (2), Q est d'ordre $p$, on a donc $Q=\langle y\rangle .$ Comme $y$ normalise évidemment $\langle y\rangle$, ce qui revient à dire que la permutation $\psi (y)$ fixe l'élément $\langle y\rangle$ de X, nous avons prouvé que
    (3)$\qquad$la permutation $\psi (y)$ de X admet un et un seul point fixe.
D'après (1), X n'est pas un singleton, donc il résulte de (3) que $\psi (y)$ n'est pas la permutation identique de X. Puisque $y$ est d'ordre $p$ premier, la permutation $\psi (y)$ est donc d'ordre $p.$ Puisque, comme vu en (3), elle a un et un seul point fixe et que, d'après (1), $\vert X\vert =2p+1$, la permutation $\psi (y)$ 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 $N_{G}(P)$ contient un 2-sous-groupe de Sylow de G.
D'après les hypoyhèses générales, le nombre des p-sous-groupes de Sylow de G est $2p+1$, donc
    $\vert N_{G}(P)\vert =\vert G\vert /(2p+1).$
Puisque $2p+1$ est impair, le membre droit est divisible par la plus grande puissance de 2 qui divise $\vert G\vert$, donc $\vert N_{G}(P)\vert$ est divisible par cette puissance de 2. Donc les 2-sous-groupes de Sylow de $N_{G}(P)$ 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.
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
    $f:H\to Aut(P)$
tel que, pour tout élément $h$ de H, $f(h)$ soit l'automorphisme $x\mapsto hxh^{-1}$ de P. D'après les hypothèses du point c),
    (1)$\qquad$H n'est pas cyclique.
D'autre part, d'après les hypothèses générales, P est d'ordre $p$ premier, donc (chapitre Automorphismes d'un groupe cyclique) le groupe Aut(P) est cyclique, donc son sous-groupe $f(H)$ est cyclique. Joint à (1), cela montre que H et f(H) ne sont pas isomorphes, donc l'homomorphisme $f$ n'est pas injectif, donc
    (2)$\qquad Kerf$ n'est pas réduit à l'élément neutre de H.
Puisque H est un 2-groupe, son sous-groupe $Kerf$ en est un aussi, donc il résulte de (2) que $Kerf$ 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 : 1° les 2-sous-groupes de Sylow sont cycliques; 2° il y a au moins un élément d'ordre 2 de G qui normalise tous les p-sous-groupes de Sylow de G; 3° G contient au moins un sous-groupe d'indice 2. 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 $s$ d'ordre 2 considéré au point c) ne normalise pas tous les p-sous-groupes de Sylow de G. Raisonner sur la permutation $\psi (s)$, où $\psi$ est l'homomorphisme considéré au point a). À l'aide d'un exercice de la série Groupes symétriques finis, prouver que $\psi (s)$ 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.
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. 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)$\qquad$un p-sous-groupe de Sylow P de G et un élément $s$ d'ordre 2 de G qui centralise P.
Puisque nous supposons que la condition 2° n'est pas satisfaite,
    $s$ 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 $\psi$ désigne, comme au point a), l'homomorphisme
    $\psi :G\to S_{X}$
tel que, pour tout élément $g$ de G, $\psi (g)$ soit la permutation $Q\mapsto g\ Q\ g^{-1}$ de X,
    $\psi (s)$ n'est pas la permutation identique de X.
Puisque $s$ est d'ordre 2, il en résulte que
    (2)$\qquad$la permutation $\psi (s)$ de X est d'ordre 2.
Choisissons dans P un élément $y$ d'ordre $p$. D'après (1), $s$ commute avec $y$, donc, puisque $\psi$ est un homomorphisme,
    (3)$\qquad \psi (s)$ commute avec $\psi (y).$
D'autre part, d'après le point a),
    (4)$\qquad \psi (y)$ 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 $\psi (s)$ est le produit de $p$ transpositions (à supports deux à deux disjoints) et est donc une permutation impaire. Ainsi, l'image de l'homomorphisme $\psi$ de G dans $S_{X}$ 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.
Nous avons vu que G satisfait à une au moins des conditions 1° à 3° énoncées au point d). 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 théorème du complément normal de Burnside (et compte tenu que l'ordre de G n'est pas premier), G n'est pas simple. 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)$\qquad \bigcap _{P\in X}N_{G}(P)\not =1$,
où X désigne l'ensemble des p-sous-groupes de Sylow de G. 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
    $\qquad \bigcap _{P\in X}N_{G}(P)=G$,
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 $P=G$, 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. 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.
Soit, par absurde, G un groupe simple d'ordre
    $420=2^{2}\cdot 3\cdot 5\cdot 7.$
Puisque l'ordre de G n'est pas premier, G est un groupe simple non abélien. Le nombre $n_{7}$ des 7-sous-groupes de Sylow de G est > 1 (chapitre théorique, théorème 5, a) et congru à 1 modulo 7 et il divise 60 (théorèmes de Sylow), donc
    $n_{7}=15=2\times 7+1.$
Les hypothèses générales sont donc satisfaites avec $p=7$, 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.
Soit, par absurde, G un groupe simple d'ordre
    $840=2^{3}\cdot 3\cdot 5\cdot 7.$
Puisque l'ordre de G n'est pas premier, G est un groupe simple non abélien. Le nombre $n_{7}$ des 7-sous-groupes de Sylow de G est > 1 (chapitre théorique, théorème 5, a) et congru à 1 modulo 7 et il divise 120 (théorèmes de Sylow), donc
    $n_{7}$ est égal à 8, à 15 ou à 120.
Si $n_{7}=120$, alors, pour un 7-sous-groupe de Sylow P de G, nous avons $\vert N_{G}(P)\vert =7$, donc $N_{G}(P)$ est abélien, donc, d'après le 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 $q$ de son ordre. Si maintenant $n_{7}$ était égal à $8=7+1$, alors, d'après le problème 6, $840/(7\times 8)=15$ devrait diviser $7-1=6$, ce qui est faux. Donc
    $n_{7}=15=2\times 7+1.$
Les hypothèses générales sont donc satisfaites avec $p=7$, 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 A$_5$ 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$^a$q$^b$, 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.) Le lecteur intéressé par cette sorte de résultats peut se reporter à un exposé de Mark Reeder 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. 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 p$^2$. Prouver que le nombre des p-sous-groupes de Sylow de G est ≥ 2p+1.
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 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 p$^2$ 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, donc on peut supposer m ≥ 2.)
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.
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.)
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.
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 chapitre théorique) G est isomorphe à un sous-groupe de A$_4$, 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$^r$, avec r ≥ 1, n'est simple.
Soit G un groupe d'ordre n = 5 × 2$^r$, avec r ≥ 1. Si r = 1, n est le produit de deux nombres premiers distincts, donc, d'après un 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 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$^r$, avec r ≥ 3. Le nombre des 2-sous-groupes de Sylow de G est égal à 5, donc (théorème 5 du chapitre théorique) l’ordre de G divise l’ordre 60 de A$_5$, ce qui est absurde, puisque l’ordre de G est divisible par 8.

### Problème 12

Soit G un groupe d'ordre 3 × p$^n$, avec p premier et n > 0. Prouver que G n’est pas simple.
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 chapitre théorique) que l’ordre 3 × p$^n$ de G divise l’ordre de A$_3$, c'est-à-dire divise 3, ce qui est absurde.

### Problème 13

a) Prouver qu'aucun groupe d'ordre 56 n'est simple.
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 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 $^r$, avec r > 0, n'est simple.
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$^r$, 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 chapitre théorique) G est isomorphe à un sous-groupe de A$_7$. C'est impossible, car l’ordre de G est divisible par 16 et l’ordre de A$_7$, égal à 7 × 6 × 5 × 4 × 3, ne l'est pas.

### Problème 14

Prouver qu'aucun groupe d'ordre 72 n'est simple.
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 chapitre théorique) que G est isomorphe à un sous-groupe de A$_4$, ce qui est absurde puisque l’ordre de G est strictement supérieur à celui de A$_4$.

### Problème 15

Prouver qu'aucun groupe d'ordre 84 n'est simple.
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 chapitre théorique.

### Problème 16

Prouver qu'aucun groupe d'ordre 120 n'est simple.
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 chapitre théorique, il en résulte que G est isomorphe à un sous-groupe G$_0$ de A$_6$. Puisque G$_0$ est d'ordre 120 et A$_6$ d'ordre 360, G$_0$ est donc d'indice 3 dans A$_6$. Puisque A$_6$ est un groupe simple, ceci entraîne (chapitre théorique) que A$_6$ est isomorphe à un sous-groupe de A$_3$, ce qui est absurde.

### Problème 17

On va prouver qu’il n'y a pas de groupe simple d'ordre 144.
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.
Soit, par absurde, G un groupe simple d'ordre 144. La décomposition de 144 en facteurs premiers est 2$^4$ 3$^2$. 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 A$_4$, ce qui est impossible, puisque l’ordre de G est strictement supérieur à celui de A$_4$. 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
    $\vert G\vert =p^{2}n_{p}$,
ce qui contredit un exercice de la série 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.)
Soit, par absurde, G un groupe simple d'ordre 144. La décomposition de 144 en facteurs premiers est 2$^4$ 3$^2$. 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 A$_4$, ce qui est impossible, puisque l’ordre de G est strictement supérieur à celui de A$_4$. Donc le nombre des 3-sous-groupes de Sylow de G est 16. Prouvons que si P et Q sont deux 3-sous-groupes de Sylow de G, P ⋂ Q = 1. Commençons par prouver que <P,Q> = G. L'ordre du sous-groupe <P,Q> 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 <P,Q> 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 A$_4$, ce qui, comme on l'a déjà noté, est impossible. Si <P,Q> était d'orde 18, P serait d'indice 2 dans <P,Q>, donc P serait distingué dans <P,Q>, 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.) Donc l’ordre de <P,Q> est 144, autrement dit, <P,Q> est G tout entier, comme annoncé. Prouvons maintenant que $P\cap Q=1.$ 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), P et Q sont commutatifs et sont donc contenus dans le centralisateur de a, donc <P,Q> est contenu dans ce centralisateur. Puisque nous avons montré que <P,Q> 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 chapitre théorique.) Nous avons donc prouvé que si P et Q sont deux 3-sous-groupes de Sylow de G distincts, $P\cap Q=1.$ 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 A$_5$.
a) Prouver que tout facteur premier de |G| est ≤ 7. (Indication : on peut utiliser un problème de la série Transfert, théorème du complément normal de Burnside.)
Soit p un facteur premier de |G|. D'après un problème de la série 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 |G| est divisible par 8 ou par 12.
D'après un théorème du chapitre Transfert, théorème du complément normal de Burnside, il suffit de prouver que |G| 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 dont il vient d’être question, |G| est divisible par p$^3$. 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 p$^3$ (ap+1) divise |G|. Puisque G est un groupe simple non commutatif, a > 0. D'autre part, puisque |G| est supposé impair et que ap+1 divise |G|, ap+1 est impair. Puisque p l'est aussi, a est pair. Donc a ≥ 2. Puisque p$^3$ (ap+1) divise |G|, on a donc p$^3$ (2p+1) ≤ |G| < 168. C'est impossible, puisque p ≥ 3, ce qui entraîne p$^3$ (2p+1) ≥ 189.
c) Prouver que |G| est divisible par 12.
D'après le point b), il suffit de prouver que |G| est divisible par 3. Supposons que, par absurde, |G| ne soit pas divisible par 3. Alors, d’après le point b), |G| est divisible par 8. Puisque G est un groupe simple non commutatif, |G| n’est pas une puissance de 2. Puisque |G| 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 A$_5$.
D'après le point c), |G| 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 |G| = 60. D'après un des problèmes qui précèdent, G est isomorphe à A$_5$.

### 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.
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 Théorie des groupes/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.)
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.