مسابقة دكتوراه 2025 — Université Ferhat Abbas - Sétif 1 — الموضوع 01

1. $N_G(M)$ est un sous-groupe de $G$ contenant $M$ (car $M$ normalise lui-même). Par maximalité de $M$, soit $N_G(M)=M$, soit $N_G(M)=G$. Si $N_G(M)=G$, alors $M\trianglelefteq G$. Comme $G$ est simple et $M\ne\{e\}$ (sous-groupe maximal propre non trivial, sauf cas trivial à écarter) et $M\ne G$, ceci contredit la simplicité de $G$ (les seuls sous-groupes normaux d'un groupe simple sont $\{e\}$ et $G$). Donc $N_G(M)=M$.

(Remarque : si $M=\{e\}$, c'est possible seulement si $G$ est d'ordre premier, mais $G$ non abélien exclut ce cas, donc $M\ne\{e\}$ ; l'argument reste valide car $M\ne G$ de toute façon suffit avec la simplicité.)

2. $G$ agit sur $G/M$ (classes à gauche) par $g\cdot(xM)=(gx)M$. Cette action est transitive (car $\forall xM,\exists g=xM^{-1}\cdot$... plus simplement, deux classes $xM,yM$ sont reliées par $g=yx^{-1}$). Le noyau de cette action est $\bigcap_{x\in G}xMx^{-1}$, le plus grand sous-groupe normal de $G$ contenu dans $M$. Comme $G$ simple, ce noyau est $\{e\}$ ou $G$. Il ne peut être $G$ (car il est contenu dans $M\ne G$). Donc noyau $=\{e\}$ : action fidèle.

Une action fidèle donne un plongement de $G$ dans $\mathrm{Sym}(G/M)\cong S_{[G:M]}$. Donc $|G|$ divise $|S_{[G:M]}| = [G:M]!$.

3. C'est exactement l'énoncé de (2) avec $n=[G:M]$ : l'action sur $G/M$ donne un homomorphisme injectif $G\hookrightarrow S_n$ (injectif car noyau trivial par simplicité et (1)). Donc $G$ se plonge dans $S_n$, et par Lagrange appliqué à ce plongement, $|G|$ divise $|S_n|=n!$.

1. Un automorphisme $\sigma$ de $G$ envoie sous-groupe maximal sur sous-groupe maximal (bijection préservant l'inclusion et l'ordre). Donc $\sigma$ permute l'ensemble des sous-groupes maximaux, donc fixe leur intersection : $\sigma(\mathrm{Frat}(G))=\mathrm{Frat}(G)$. Caractéristique, donc en particulier normal (stable par tout automorphisme intérieur).

2. C'est la propriété des non-générateurs : si $G\ne\langle x\rangle$ pour un certain sous-ensemble... Reformulation standard : si $\langle \mathrm{Frat}(G)\cup S\rangle = G$ pour un sous-ensemble $S$, alors $\langle S\rangle=G$. Preuve : sinon $\langle S\rangle \ne G$, donc $\langle S\rangle$ est contenu dans un sous-groupe maximal $M$ (par le lemme de Zorn / finitude). Mais $\mathrm{Frat}(G)\subset M$ par définition. Donc $\langle \mathrm{Frat}(G)\cup S\rangle\subset M\ne G$, contradiction.

Appliqué avec $S=\{x\}$ : si $G=\langle\mathrm{Frat}(G),x\rangle$, alors $G=\langle x\rangle$.

3. Pour un $p$-groupe fini $G$ : tout sous-groupe maximal $M$ est d'indice $p$ (conséquence de la nilpotence des $p$-groupes : les sous-groupes maximaux sont normaux d'indice $p$). Donc $G/M\cong\mathbb{Z}/p\mathbb{Z}$ est abélien, donc $G'\subset M$ (le dérivé est dans le noyau de tout morphisme vers un groupe abélien) et $G^p\subset M$ (car $(gM)^p=g^pM=M$ dans $G/M$ cyclique d'ordre $p$). Donc $G'G^p\subset M$ pour tout $M$ maximal, donc $G'G^p\subset\mathrm{Frat}(G)$.

Réciproquement, $G/G'G^p$ est un groupe abélien élémentaire (exposant $p$), donc produit de copies de $\mathbb{Z}/p\mathbb{Z}$ ; ses sous-groupes maximaux (d'indice $p$, en nombre égal au nombre d'hyperplans) correspondent bijectivement (par image réciproque) aux sous-groupes maximaux de $G$ contenant $G'G^p$. Leur intersection dans $G/G'G^p$ est triviale (intersection des hyperplans d'un espace vectoriel sur $\mathbb{F}_p$ = $\{0\}$), donc $\mathrm{Frat}(G)/G'G^p=\{e\}$, i.e. $\mathrm{Frat}(G)=G'G^p$.

1. Théorèmes de Sylow : Soit $|G|=p^3q$. (i) Il existe des sous-groupes de Sylow d'ordre $p^3$ (les $p$-Sylow) et d'ordre $q$ (les $q$-Sylow). (ii) Tous les $p$-Sylow (resp. $q$-Sylow) sont conjugués entre eux. (iii) Le nombre $n_p$ de $p$-Sylow vérifie $n_p\equiv1\pmod p$ et $n_p\mid q$. Le nombre $n_q$ de $q$-Sylow vérifie $n_q\equiv1\pmod q$ et $n_q\mid p^3$.

2. Cas $q<p$ : $n_p\mid q$ donne $n_p\in\{1,q\}$. Si $n_p=q$, alors $q\equiv1\pmod p$, donc $p\mid q-1$, donc $p\le q-1<q$, ce qui contredit $q<p$. Donc $n_p=1$ : le $p$-Sylow (d'ordre $p^3$) est unique donc normal, $G$ n'est pas simple.

3. Cas $q>p$ : $n_q\mid p^3$ donne $n_q\in\{1,p,p^2,p^3\}$. Si $n_q=1$, le $q$-Sylow est normal, terminé.

Sinon $n_q\in\{p,p^2,p^3\}$ et $n_q\equiv1\pmod q$. Comme $n_q\le p^3<$ suppose souvent $q$ grand, on a souvent une contradiction sauf configurations spéciales.

Comptage : si $n_q=p^3>1$ (le cas maximal), alors $G$ a $n_q(q-1)=p^3(q-1)$ éléments d'ordre $q$ (les $q$-Sylow sont d'ordre premier $q$, s'intersectent trivialement). Il reste $p^3q-p^3(q-1)=p^3$ éléments pour former les $p$-Sylow. Mais un seul $p$-Sylow a déjà $p^3$ éléments, donc il y a exactement un $p$-Sylow, qui est alors normal (car il occupe exactement les $p^3$ éléments restants, stable par conjugaison). Donc $n_p=1$, $G$ n'est pas simple.

Si $n_q=p$ ou $p^2$ : on ne peut pas toujours conclure par ce comptage direct, mais l'argument standard combine avec le cas 2 (symétrie $p\leftrightarrow q$ n'est pas valide ici car les rôles de $p,q$ sont différents dans $p^3q$). En pratique, pour un groupe d'ordre $p^3q$, une analyse plus fine (actions sur les Sylow, étude cas par cas de petits $p,q$) montre qu'un groupe simple d'ordre $p^3q$ n'existe pas (résultat lié aux théorèmes de Burnside $p^aq^b$: tout groupe d'ordre $p^aq^b$ est résoluble, donc en particulier non simple sauf ordre premier).