p-groupe et Normalisateur

Salut,

Peut-être faire jouer le centre. D'une part, si je me souviens il est non trivial D'autre part, le centre agit trivialement par conjugaison sur les classes de conjugaison de sous-groupes.

Ton hypothèse est $H = N_G(H)$ et on obtient $Z(G) \subset H$.

L'idée serait de considérer : $\pi : G \to G /Z(G)$ et d'utiliser ça dans la récurrence.

Peut-être que l'on peut prouver la chose suivante :

Si $H$ vérifie la condition $N_G(H) = H$ alors $\pi(H)$ vérifie la condition $N_{G/Z(G)}(\pi(H)) = \pi(H)$.

Si ce lemme est vrai, je pense que l'on doit pouvoir conclure ton problème.

Ps / En relisant, j'ai l'impression que c'est du charabia ce que je raconte !

Salut,

Je ne sais pas trop quoi te répondre !

Pour la récurrence forte, il n'y a pas trop a se prendre la tête en fait.

Lorsque tu fais une récurrence classique, tu dis $P(n-1)$ est vrai et je veux prouver $P(n)$ en utilisant $P(n-1)$. Il faut faire un lien entre $P(n)$ et $P(n-1)$.

Dans une récurrence forte, on fait la même chose, sauf que l'on a plus d'hypothèses : on suppose que $P(k)$ est vrai pour tout $k <n$. Et il faut faire un lien entre $P(n)$ et l'un des $P(k)$ (et pas uniquement pour $k=n-1$).

Bien sûr, d'un point de vue formelle il n'y a pas vraiment de récurrence forte, en changeant la propriété $P(n)$ par une autre, on ramène une récurrence forte à une récurrence classique.

Par contre, si ton but est de t'entrainer sur la récurrence forte, il y a certainement d'autres exercices car ici il faut sans doutes être assez solide sur les actions de groupe

Bonjour Loko
La démonstration directement par récurrence forte est un peu technique, parce que l'hypothèse de récurrence est une assertion de non existence. Allons-y.

Soit $\mathcal P_n$ la proposition : si $G$ est un $p$-groupe d'ordre $p^n$ et $H$ un sous-groupe de $G$ tel que ${\color{blue}{N_G(H)=H}}$, alors $H=G$.

La proposition $\mathcal P_0$ est vraie car $G=\{1\}$ dont le seul sous-groupe est $G$ lui-même.
Supposons la proposition vraie pour tout entier $0\leq k < n$ et montrons $\mathcal P_n$.
On prend donc un groupe $G$ d'ordre $p^n,\ 0<n$. C'est un $p$-groupe, et à ce titre son centre n'est pas trivial. Ce centre est aussi un $p$-groupe, donc admet un sous-groupe $Z$ d'ordre $p$ (conséquence de Cauchy) qui est central, donc distingué dans $G$. On a donc un morphisme surjectif $\pi:G\to G/Z$.
Prenons maintenant un sous-groupe $H$ de $G$ tel que $N_G(H)=H$. et considérons $H\cap Z$, seuls deux cas sont possibles car $Z$ est d'ordre $p$ premier..
1) $H\cap Z=Z$, c'est à dire $Z\subset H$. Allons dans le quotient $G/Z$ et regardons le normalisateur de $\pi(H)$. Soit $\bar g\in N_{G/Z}\big(\pi(H)\big)$ ou encore $\bar g\pi(H)\bar g^{-1}=\pi(H)$, mais $\pi$ est surjectif, soit $x\in G$ tel que $\pi(x)=\bar g$. On a donc $\pi(H)=\pi(x)\pi(H)\pi(x)^{-1}=\pi(xHx^{-1})$ et donc puisque $Z\subset H$ en remontant dans $G$ (théorème du treillis-quotient${}^1$) $H=xHx^{-1}$ et donc $x\in N_G(H)=H$, ainsi $\bar g=\pi(x)\in \pi(H)$ Autrement dit $N_{G/Z}\big(\pi(H)\big)=\pi(H)$. On peut donc appliquer l'hypothèse de récurrence car $G/Z$ est d'ordre $p^{n-1}$. Donc $\pi(H)=G/Z$, et comme $Z\subset H$ on en déduit $H=G$, donc $\mathcal P_n$.
2) $H\cap Z=\{1\}$. mais cette situation est impossible car $Z\lhd G$ donc $HZ$ est un sous-groupe${}^2$ de $G$ et $H$ est un sous-groupe d'indice $p$ de $HZ$, donc $H\lhd HZ$ (car $p$ est le plus petit premier divisant l'ordre de $HZ$) donc on a $H\subsetneq HZ\subset N_G(H)$ contredisant l'hypothèse $N_G(H)=H$. Donc l'hypothèse implique ce que l'on veut, en particulier $H=G$.
Dans tous les cas, la proposition $\mathcal P_n$ est établie.

Alain
[Edit, suite au message de Poirot, correction en bleu de $\mathcal P_n$ dont j'avais mangé la moitié !]

${}^1$ Le morphisme $\pi:G\to G/Z$ induit un isomorphisme de treillis (bijection croissante de réciproque croissante) entre le treillis des sous-groupes du quotient $G/Z$ et le sous-treillis des sous-groupes de $G$ contenant $Z$.
${}^2$ Et même $HZ=H\times Z$ produit direct car $Z$ est central.

Bonsoir Loko
Il est possible de simplifier ma démonstration postée ci-dessus.
En tenant compte de la remarque de ModuloP, selon laquelle le centre d'un groupe normalise tout sous-groupe et donc que $Z(G)\subset N_G(H)$, si par hypothèse $N_G(H)=H$ alors on a $Z(G)\subset H$.
La partie notée 2) de ma démonstration ci-dessus (cas $H\cap Z=\{1\}$) n'arrive donc jamais et la partie 1) termine la démonstration. Mais en plus, la sélection d'un sous-groupe $Z\subset Z(G)$ d'ordre $p$ n'est plus nécessaire (utilisé dans la partie 2 pour que $H$ soit d'indice $p$, donc distingué, dans $HZ$).
La démonstration se réduit alors à ce qui suit, qui est alors une "vraie" récurrence forte.
Soit $\mathcal P_n$ la proposition : si $G$ est un $p$-groupe d'ordre $p^n$ et $H$ un sous-groupe de $G$ tel que $N_G(H)=H$, alors $H=G$.

La proposition $\mathcal P_0$ est vraie car $G=\{1\}$ dont le seul sous-groupe est $G$ lui-même.
Supposons la proposition vraie pour tout entier $0\leq k < n$ et montrons $\mathcal P_n$.
On prend donc un groupe $G$ d'ordre $p^n,\ 0<n$. C'est un $p$-groupe, et à ce titre son centre $Z(G)$ n'est pas trivial. On a donc un morphisme surjectif $\pi:G\to G/Z(G)$.
Prenons maintenant un sous-groupe $H$ de $G$ tel que $N_G(H)=H$, donc $Z(G)\subset H$. Allons dans le quotient $G/Z(G)$ et regardons le normalisateur de $\pi(H)$. Soit $\bar g\in N_{G/Z(G)}\big(\pi(H)\big)$ ou encore $\bar g\pi(H)\bar g^{-1}=\pi(H)$, mais $\pi$ est surjectif, soit $x\in G$ tel que $\pi(x)=\bar g$. On a donc $\pi(H)=\pi(x)\pi(H)\pi(x)^{-1}=\pi(xHx^{-1})$. Alors, puisque $Z(G)\subset H$, et donc aussi $Z(G)\subset xHx^{-1}$, en remontant dans $G$ (théorème du treillis-quotient${}^1$) on a $H=xHx^{-1}$ et donc $x\in N_G(H)=H$, ainsi $\bar g=\pi(x)\in \pi(H)$. Autrement dit $N_{G/Z(G)}\big(\pi(H)\big)=\pi(H)$. Parce que $Z(G)$ n'est pas trivial, $G/Z(G)$ est d'ordre $p^k$, avec $k<n$, on peut donc appliquer l'hypothèse de récurrence. Donc $\pi(H)=G/Z(G)$, et comme $Z(G)\subset H$ on en déduit $H=G$, donc la proposition $\mathcal P_n$ est établie.

Alain