Mes sous-groupes sont des Sylow ?

Montrons que les groupes qui satisfont cette propriété sont les groupes d'ordre premier ou produit de deux nombres premiers distincts. Un sens est évident, montrons l'autre sens : soit donc $G$ un groupe dont l'ordre, que l'on notera $n$, est produit d'au moins trois nombres premiers, et tel que tous les sous-groupes non triviaux de $G$ sont des Sylow.

Pour tout diviseur $p$ de $n$, il existe un élément d'ordre $p$. Le sous-groupe $H$ qu'il engendre est d'ordre $p$, donc c'est un Sylow, ce qui montre que $p^2$ ne divise pas $n$. Par conséquent, $n$ est sans facteur carré. Il est facile de voir qu'il n'est pas cyclique.

Soit $a\in G\setminus \{e\}$ et soit $H=\langle a\rangle$. Alors $|H|$ est un nombre premier $p$. Supposons que le normalisateur de $H$ soit différent de $H$. Comme il contient $H$, il est égal à $G$, donc $H$ est distingué. Soit $b$ un élément d'ordre premier dans $G/H$. L'image réciproque de $\langle b\rangle$ par l'application quotient $G\to G/H$ est un sous-groupe dont l'ordre est le produit de deux nombres premiers, donc ce n'est pas un Sylow de $G$. Contradiction. On en déduit que le normalisateur de $H$ est égal à $H$.

Soit $g_1,\ldots,g_m$ un système de représentants de $G/H$, où $m=n/p$. Alors les éléments $g_ihg_i^{-1}$ pour $h\in H\setminus \{e\}$ et $1\leqslant i\leqslant m$ sont distincts car si $g_{i}hg_{i}^{-1}=g_{j}h'g_{j}^{-1}$, alors $g_j^{-1}g_iH(g_j^{-1}g_i)^{-1}$ est un groupe d'ordre $p$ qui intersecte non trivialement $H$, donc il est égal à $H$. Comme $H$ est son propre normalisateur, on en déduit que $g_j^{-1}g_i\in H$, ce qui est contradictoire.

On a ainsi montré que pour tout diviseur $p$ de $n$, il y a au moins $m(p-1)=n(1-1/p)\geqslant n/2$ éléments d'ordre $p$. Ceci est impossible car $n$ possède au moins trois facteurs premiers distincts.