# Théorie des groupes/Exercices/Le théorème p-q de Burnside
## Problème 1

0n va démontrer un théorème plus fort que le théorème p-q de Burnside. La démonstration dépend du théorème qu'on a appelé « théorème de non-simplicité de Burnside » dans le chapitre théorique, et dépend donc de la théorie des caractères, mais non du théorème p-q de Burnside.
a) Soit G un groupe fini. On suppose que G a un sous-groupe nilpotent H tel que l'indice [G:H] soit une puissance de nombre premier. Prouver que G est résoluble. (Indication. Raisonner par récurrence sur l'ordre de G. Soit p un nombre premier tel que [G:H] soit une puissance de p. Se ramener au cas où H > 1 et montrer que dans ce cas, il existe un élément non neutre x de H tel que $[G:C_{G}(x)]$ soit une puissance de p. À l'aide du « théorème de non-simplicité de Burnside », se ramener au cas où G n'est pas simple. Soit alors K un sous-groupe normal de G tel que 1 < K < G; appliquer l'hypothèse de récurrence, d'une part au groupe G/K et à son sous-groupe HK/K, d'autre part au groupe K et à son sous-groupe $H\cap K.$
On raisonne par récurrence sur l'ordre de G. Conformément aux hypothèses, choisissons un sous-groupe nilpotent H de G tel que l'indice [G:H] soit de la forme p$^n$, où p est un nombre premier et n un nombre naturel $\geq 0.$ Si H est réduit à l'élément neutre, G est d'ordre p$^n$, donc G est nilpotent et a fortiori résoluble, donc l'énoncé est vrai dans ce cas. On peut donc supposer H > 1. Alors, puisque H est nilpotent, son centre Z(H) n'est pas réduit à l'élément neutre. (Voir le chapitre Groupes nilpotents.) Choisissons un élément x de Z(H) \ {1}. Alors H est contenu dans le centralisateur $C_{G}(x)$ de x dans G. Puisque l'indice de H dans G est égal à p$^n$, il résulte de la formule des indices (chapitre Classes modulo un sous-groupe) que
    $[G:C_{G}(x)]$ est de la forme p$^s$, avec s $\geq 0.$
Cela revient à dire que
    (1) le cardinal de la classe de conjugaison de x dans G est de la forme p$^s$, avec s $\geq 0.$
Si G est simple, alors, d'après le « théorème de non-simplicité de Burnside », il faut s = 0, donc, d'après (1), x appartient au centre de G, donc G est un groupe simple dont le centre n'est pas réduit à l'élément neutre, donc G est commutatif et a fortiori résoluble, donc l'énoncé est vrai dans ce cas. On peut donc supposer que G n'est pas simple. Choisissons un sous-groupe normal K de G tel que
    1 < K < G.
D'après le second théorème d'isomorphisme,
    (2) $HK/K$ est isomorphe à $H/H\cap K.$
Puisque H est nilpotent, son quotient $H/H\cap K$ est nilpotent (voir le chapitre Groupes nilpotents), donc, d'après (2),
    (3) HK/K est nilpotent.
D'autre part, d'après la formule des indices,
    (4) [G/K : HK/K] = [G : HK]
et, toujours d'après la formule des indices, le second membre divise [G:H] et est donc une puissance de p. Donc, d'après (4),
    (5) [G/K : HK/K] est une puissance de p.
Puisque K a été choisi > 1, nous avons
    $\vert G/K\vert <\vert G\vert$.
Compte tenu de ceci, de (3) et de (5), l'hypothèse de récurrence entraîne que
    (6) G/K est résoluble.
D'autre part, d'après la formule du produit (chapitre Classes modulo un sous-groupe),
    ${\frac {\vert K\vert }{\vert H\cap K\vert }}={\frac {\vert HK\vert }{\vert H\vert }},$
donc (formule des indices)
    $[K:H\cap K]$ divise $[G:H],$
donc
    (7) $[K:H\cap K]$ est une puissance de p.
Puisque $H\cap K$ est nilpotent (comme sous-groupe du groupe nilpotent H) et que K < G par choix de K, la relation (7) et l'hypothèse de récurrence entraînent que
    K est résoluble.
Joint à (6), cela prouve que G est résoluble. (Voir chapitre Groupes résolubles.
b) Montrer que dans l'énoncé du point a), on peut supprimer l'hypothèse selon laquelle G est fini. Autrement dit : soit G un groupe (fini ou infini); on suppose qu'il existe un sous-groupe nilpotent H de G tel que l'indice de H soit fini et égal à une puissance de nombre premier; alors G est résoluble. (Indication : raisonner sur le groupe $G/H_{0},$ où $H_{0}$ désigne le cœur de H dans G (chapitre Premiers résultats sur les groupes simples).
Notons $H_{0}$ le cœur de H dans G. On sait que $H_{0}$ est normal dans G et, puisque H est d'indice fini dans G, $H_{0}$ est lui aussi d'indice fini dans G. (Voir chapitre Premiers résultats sur les groupes simples.) Donc
    (8) $\qquad G/H_{0}$ est un groupe fini.
Puique H est nilpotent,
    (9) $H/H_{0}$ est nilpotent.
D'autre part, la formule des indices donne
    $[G:H_{0}]=[G:H][H:H_{0}].$
Par exemple parce que, $H/H_{0}$ étant fini, on peut diviser les deux membres par $[H:H_{0}]$, on en tire
    $[G/H_{0}:H/H_{0}]=[G:H],$
donc
    (10) $[G/H_{0}:H/H_{0}]$ est une puissance de nombre premier.
D'après le point a) du problème, il résulte de (8), (9) et (10) que
    (11) le groupe $G/H_{0}$ est résoluble.
D'autre part, puisque $H_{0}$ est un sous-groupe du groupe nilpotent H, il est nilpotent et donc résoluble. Joint à (11), cela prouve que G est résoluble.
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