مسابقة دكتوراه 2025 — Université Ferhat Abbas - Sétif 1 — الموضوع 02

1.

Supposons $N\subseteq M$. Comme $N\trianglelefteq G$, on a en particulier $N\trianglelefteq M$. Or $M$ est simple et $N\neq\{e\}$, donc

$\boxed{N=M}$

2.

Si $N\not\subseteq M$ : $NM$ est un sous-groupe de $G$ (car $N\trianglelefteq G$) contenant strictement $M$. Par maximalité de $M$ :

$NM=G$

Par le deuxième théorème d'isomorphisme :

$G/N=NM/N\cong M/(M\cap N)$

Or $M\cap N\trianglelefteq M$ et $M$ est simple : soit $M\cap N=\{e\}$ et alors $G/N\cong M$ est simple ; soit $M\cap N=M$, i.e. $M\subseteq N$, et alors ($M$ maximal, $N\neq G$ sous-groupe contenant $M$) $N=M$, contredisant $N\not\subseteq M$. Donc

$\boxed{G/N\cong M\ \text{est simple}}$

3.

Soit $N\trianglelefteq G$ avec $\{e\}\neq N\neq G$. D'après 1 et 2 : ou bien $N=M$ et $G/M$ est simple — en effet $M$ étant maximal et distingué, $G/M$ n'a pas de sous-groupe propre non trivial (correspondance entre sous-groupes de $G/M$ et sous-groupes de $G$ contenant $M$), donc $G/M$ est simple (d'ordre premier s'il est abélien fini) — ou bien $G/N\cong M$ est simple :

$\boxed{\text{tout quotient propre non trivial de }G\text{ est simple}}$

1.

(i) $\Rightarrow$ (iii). Si $G$ est nilpotent, tout sous-groupe maximal $M$ de $G$ est distingué (dans un groupe nilpotent, $M\lneq N_{G}(M)$ ; la maximalité force $N_{G}(M)=G$) et $G/M$ est alors un groupe sans sous-groupe propre : cyclique d'ordre premier, donc abélien. Ainsi $G'\subseteq M$ pour tout maximal $M$ :

$G'\subseteq\bigcap_{M\ \text{maximal}}M=\Phi(G)$

(iii) $\Rightarrow$ (ii). Si $G'\subseteq\Phi(G)$, alors $G/\Phi(G)$ est abélien, donc nilpotent.

(ii) $\Rightarrow$ (i). Supposons $G/\Phi(G)$ nilpotent et montrons que $G$ est nilpotent, en montrant que tout $p$-Sylow $P$ de $G$ est distingué.

Soit $P$ un $p$-Sylow de $G$. Alors $P\Phi(G)/\Phi(G)$ est un $p$-Sylow de $G/\Phi(G)$, distingué par nilpotence, donc $P\Phi(G)\trianglelefteq G$. $P$ est un $p$-Sylow de $P\Phi(G)$ ; par l'argument de Frattini :

$G=N_{G}(P)\cdot P\Phi(G)=N_{G}(P)\,\Phi(G)$

Si $N_{G}(P)\neq G$, il existe un sous-groupe maximal $M\supseteq N_{G}(P)$ ; comme $\Phi(G)\subseteq M$, on aurait $G=N_{G}(P)\Phi(G)\subseteq M$ : contradiction. Donc $N_{G}(P)=G$, c'est-à-dire $P\trianglelefteq G$.

Tous les Sylow de $G$ sont distingués : $G$ est produit direct de ses Sylow, donc nilpotent.

$\boxed{G\ \text{nilpotent}\iff G/\Phi(G)\ \text{nilpotent}\iff G'\subseteq\Phi(G)}$

1.

Pour tout premier $r$ divisant $|G|$ : les $r$-Sylow sont conjugués, $n_{r}\equiv 1\ (\mathrm{mod}\ r)$ et $n_{r}$ divise l'indice du $r$-Sylow. Ici : $n_{p}\in\{1,q\}$ et $n_{q}\mid p^{3}$, $n_{q}\equiv 1\ (\mathrm{mod}\ q)$.

2.

Si $n_{p}=q$, la condition $n_{p}\equiv 1\ (\mathrm{mod}\ p)$ donne $q\equiv 1\ (\mathrm{mod}\ p)$, en particulier $q\geq p+1$ :

$\boxed{q\gt p}$

3.

$n_{q}\in\{p,p^{2},p^{3}\}$ (diviseurs de $p^{3}$ différents de 1).

Cas $n_{q}=p$ : alors $p\equiv 1\ (\mathrm{mod}\ q)$, donc $p\gt q$, contredisant $q\gt p$ (question 2, puisque $n_{p}=q\neq 1$). Exclu.

Cas $n_{q}=p^{3}$ : les $p^{3}$ $q$-Sylow sont d'ordre $q$ premier, d'intersections deux à deux triviales : ils fournissent $p^{3}(q-1)$ éléments d'ordre $q$. Il reste

$p^{3}q-p^{3}(q-1)=p^{3}$

éléments pour former les $p$-Sylow (d'ordre $p^{3}$) : il n'y a de place que pour un seul $p$-Sylow, donc $n_{p}=1$, contradiction. Exclu.

4.

Cas $n_{q}=p^{2}$ : alors $q\mid p^{2}-1=(p-1)(p+1)$. Comme $q\gt p$ (question 2), $q\nmid p-1$, donc $q\mid p+1$, et $q\gt p$ force

$q=p+1$

Deux premiers consécutifs : nécessairement $p=2$, $q=3$, $|G|=24$.

Dans ce cas l'exception existe bel et bien : $G=S_{4}$ vérifie $n_{2}=3$ et $n_{3}=4$ (aucun Sylow distingué).

$\boxed{\text{Tout groupe d'ordre }p^{3}q\text{ a un Sylow distingué, sauf éventuellement pour }|G|=24\ (\text{ex. }S_{4})}$