p-groupes et premier théorème de Sylow

Qu'est-ce qu'un $p$-groupe ?

Un $p$-groupe est un groupe fini dont l'ordre est exactement $p^k$ pour un entier $k\geq0$ (pas seulement $k=1$).

Vrai ou faux : tout $p$-groupe non trivial a un centre non trivial.

Vrai. C'est l'un des résultats fondamentaux sur les $p$-groupes, démontré par l'équation aux classes — il généralise le cas particulier $|G|=p^2$ vu précédemment.

Que garantit le premier théorème de Sylow ?

Sylow I est un théorème d'existence portant spécifiquement sur la plus grande puissance d'un facteur premier divisant $|G|$ — pas sur tous les diviseurs en général.

Vrai ou faux : tout groupe d'ordre $p^2$ ($p$ premier) est abélien.

Vrai. C'est un résultat classique de la théorie des $p$-groupes, démontré à partir de la non-trivialité du centre et d'un argument sur le quotient $G/Z(G)$.

Pour $|G|=12=2^2\times3$, quelles sont les tailles des sous-groupes de Sylow garanties par Sylow I ?

$12=2^2\times3$, donc Sylow I garantit un sous-groupe d'ordre $2^2=4$ (le $2$-Sylow) et un sous-groupe d'ordre $3^1=3$ (le $3$-Sylow).

Si $|G|=p^3$ et $|Z(G)|=p$, quel est l'ordre du quotient $G/Z(G)$ ?

$|G/Z(G)|=|G|/|Z(G)|=p^3/p=p^2$ (théorème de Lagrange pour les groupes quotients).

Pour $|G|=p^4$, quelles sont les valeurs possibles de $|Z(G)|$ d'après le théorème de Lagrange (sans autre information) ?

Par Lagrange, $|Z(G)|$ divise $p^4$, donc $|Z(G)|\in\{1,p,p^2,p^3,p^4\}$ ; mais le théorème de non-trivialité du centre des $p$-groupes élimine $|Z(G)|=1$, laissant les quatre autres possibilités.

Vrai ou faux : $A_4$ (groupe alterné d'ordre $12$) possède un sous-groupe d'ordre $6$.

Faux — c'est un contre-exemple classique et instructif : bien que $6$ divise $12=|A_4|$, $A_4$ n'a aucun sous-groupe d'ordre $6$. Ceci montre que le théorème de Lagrange (un sous-groupe a un ordre divisant $|G|$) n'a pas de réciproque générale, et que Sylow I ne s'applique qu'aux puissances de nombres premiers, pas à tout diviseur.

Pour $|G|=p^k$ avec $k\geq2$, si $G$ n'est pas abélien, que peut-on dire de $|Z(G)|$ par rapport à $|G|$ ?

Si $G$ est non abélien, par définition $Z(G)\neq G$ (sinon tous les éléments commuteraient), donc $|Z(G)|<|G|$. Mais par le théorème de non-trivialité du centre des $p$-groupes, $|Z(G)|>1$ malgré tout : le centre est strictement entre $\{e\}$ et $G$ en taille.

Démontrer que tout groupe d'ordre $p^k$ ($k\geq1$) a un sous-groupe d'ordre $p$ (cas particulier le plus simple, à partir de l'existence d'un élément non trivial dans le centre).

Existence d'un élément non trivial du centre. Comme $|G|=p^k$ avec $k\geq1$, le théorème de non-trivialité du centre garantit $Z(G)\neq\{e\}$. Soit $x\in Z(G)$, $x\neq e$.

Ordre de $x$. Par le théorème de Lagrange, l'ordre de $x$ divise $|G|=p^k$, donc l'ordre de $x$ est de la forme $p^j$ pour un entier $1\leq j\leq k$ (strictement positif car $x\neq e$).

Construction d'un élément d'ordre exactement $p$. Posons $y=x^{p^{j-1}}$. Alors $y^p=x^{p^j}=e$ (car l'ordre de $x$ est $p^j$). De plus, $y\neq e$ : sinon, $x^{p^{j-1}}=e$ contredirait la minimalité de $j$ comme exposant de l'ordre de $x$ (l'ordre de $x$ serait alors au plus $p^{j-1}<p^j$).

Conclusion. L'élément $y$ a un ordre divisant $p$ (car $y^p=e$) et différent de $1$ (car $y\neq e$), donc l'ordre de $y$ est exactement $p$. Le sous-groupe cyclique $\langle y\rangle$ engendré par $y$ a donc exactement $p$ éléments. $\square$

Démontrer que si $|G|=p^2$ et $|Z(G)|=p$ (cas à exclure dans la preuve du théorème « ordre $p^2$ implique abélien »), alors $G/Z(G)$ est cyclique d'ordre $p$.

Calcul de l'ordre du quotient. Par le théorème de Lagrange (appliqué au sous-groupe normal $Z(G)$), $|G/Z(G)|=\dfrac{|G|}{|Z(G)|}=\dfrac{p^2}{p}=p$.

Rappel : tout groupe d'ordre premier est cyclique. Soit $H$ un groupe avec $|H|=p$ ($p$ premier). Pour tout $h\in H$, $h\neq e$, l'ordre de $h$ divise $|H|=p$ (Lagrange), donc l'ordre de $h$ est $1$ ou $p$. Comme $h\neq e$, l'ordre n'est pas $1$, donc l'ordre de $h$ est exactement $p=|H|$ : $h$ engendre $H$ tout entier, donc $H=\langle h\rangle$ est cyclique.

Application. Comme $|G/Z(G)|=p$ (premier), le résultat ci-dessus s'applique directement : $G/Z(G)$ est cyclique d'ordre $p$. $\square$ (C'est cette propriété qui, combinée au lemme « $G/Z(G)$ cyclique implique $G$ abélien », permet d'exclure ce cas et de conclure que $|Z(G)|=p^2$ nécessairement, d'où $G$ abélien.)

Démontrer que si $G/Z(G)$ est cyclique, alors $G$ est abélien (lemme clé utilisé dans la preuve du théorème sur les groupes d'ordre $p^2$).

Mise en place. Supposons $G/Z(G)$ cyclique, engendré par une classe $g\,Z(G)$ pour un certain $g\in G$. Alors tout élément de $G/Z(G)$ s'écrit $(g\,Z(G))^i=g^i\,Z(G)$ pour un entier $i$, ce qui signifie que tout élément $x\in G$ s'écrit $x=g^i\cdot z$ pour un entier $i$ et un $z\in Z(G)$ (car $x$ appartient à la classe $g^iZ(G)$ pour un certain $i$).

Calcul du produit de deux éléments quelconques. Soient $x=g^iz_1$ et $y=g^jz_2$ avec $z_1,z_2\in Z(G)$. Comme $z_1,z_2$ sont dans le centre, ils commutent avec tout élément de $G$, en particulier avec les puissances de $g$ :

Égalité des deux produits. Comme $z_1,z_2\in Z(G)$, ils commutent entre eux ($z_1z_2=z_2z_1$, car $z_1$ commute avec tout, y compris $z_2$). Donc $g^{i+j}z_1z_2=g^{i+j}z_2z_1$, c'est-à-dire $xy=yx$.

Conclusion. Pour tous $x,y\in G$, $xy=yx$ : $G$ est abélien. $\square$

Vrai ou faux : si $G$ est un $p$-groupe d'ordre $p^k$ avec $k\geq2$ et que $G$ est abélien, alors $G$ possède nécessairement un sous-groupe d'ordre $p^j$ pour chaque $0\leq j\leq k$.

Vrai. C'est une conséquence du théorème de structure des groupes abéliens finis (tout groupe abélien fini est produit de groupes cycliques) combinée au fait que, pour les $p$-groupes (abéliens ou non, en fait), Sylow I et son raffinement garantissent l'existence de sous-groupes de chaque ordre intermédiaire $p^j$ — un résultat plus fort que la seule existence du $p$-Sylow maximal.

Démontrer, par récurrence sur $k$ et en utilisant la non-trivialité du centre, qu'un groupe $G$ d'ordre $p^k$ possède une suite de sous-groupes $\{e\}=H_0\subset H_1\subset\cdots\subset H_k=G$ avec $|H_i|=p^i$ pour chaque $i$ (existence d'une « tour » de sous-groupes).

Récurrence sur $k$.

Cas de base $k=0$ : $G=\{e\}$, et $H_0=\{e\}$ convient trivialement (tour de longueur $0$).

Hérédité. Supposons le résultat vrai pour tout $p$-groupe d'ordre $p^{k-1}$ ($k\geq1$). Soit $G$ d'ordre $p^k$.

Étape 1 — trouver un sous-groupe central d'ordre $p$. Par non-trivialité du centre des $p$-groupes, $Z(G)\neq\{e\}$. Par l'exercice 10 (existence d'un élément d'ordre $p$ dans tout $p$-groupe non trivial, appliqué ici à $Z(G)$ lui-même, qui est un $p$-groupe car sous-groupe de $G$), $Z(G)$ contient un sous-groupe $H_1$ d'ordre $p$. Comme $H_1\subseteq Z(G)$, $H_1$ est normal dans $G$ (tout sous-groupe du centre est normal, car central donc invariant par conjugaison).

Étape 2 — appliquer l'hypothèse de récurrence au quotient. Le quotient $G/H_1$ est bien défini (car $H_1$ normal) et a pour ordre $p^k/p=p^{k-1}$. Par hypothèse de récurrence, $G/H_1$ possède une tour $\{e\}=K_0\subset K_1\subset\cdots\subset K_{k-1}=G/H_1$ avec $|K_i|=p^i$.

Étape 3 — relever la tour dans $G$. Pour chaque $i$, on définit $H_{i+1}=\pi^{-1}(K_i)$ où $\pi:G\to G/H_1$ est la projection canonique. Chaque $H_{i+1}$ est un sous-groupe de $G$ contenant $H_1=\pi^{-1}(K_0)$, et par le théorème de correspondance (lien entre sous-groupes du quotient et sous-groupes contenant $H_1$), $|H_{i+1}|=|K_i|\times|H_1|=p^i\times p=p^{i+1}$.

Conclusion. La suite $\{e\}=H_0\subset H_1\subset H_2\subset\cdots\subset H_k=G$ (avec $H_0=\{e\}$, puis les $H_{i+1}$ construits ci-dessus) vérifie $|H_i|=p^i$ pour chaque $i$, ce qui achève la récurrence. $\square$

Vrai ou faux : le théorème « $|G|=p^2\Rightarrow G$ abélien » se généralise en « $|G|=p^k\Rightarrow G$ abélien » pour tout $k\geq1$.

Faux. Le résultat est spécifique à $k\leq2$. Pour $k\geq3$, il existe des $p$-groupes non abéliens : par exemple, pour $p=2$, $k=3$, le groupe diédral $D_4$ (symétries du carré, ordre $8=2^3$) est non abélien, de même que le groupe des quaternions $Q_8$. La non-trivialité du centre reste vraie pour tout $p$-groupe, mais elle n'implique l'abélianité complète que dans les petits cas ($k\leq2$).