Groupes ayant un seul sous-groupe normal
Bonjour à tous,
Soit $G$ un groupe fini non trivial. Si on suppose que $G$ admet un unique sous-groupe normal strict, c'est-à-dire un sous-groupe normal $H$ de $G$ tel que $1<H<G$, peut-t-on dire quelque chose sur la structure de $G$ ? Plus précisément, peut-t-on classifier de tels groupes ?
Ce qu'on peut remarquer immédiatement à propos d'un tel groupe c'est les propriétés suivantes : si $G$ est un groupe fini admettant un unique sous-groupe normal strict $H$, alors :
1) $G$ est indécomposable,
2) $H$ est un sous-groupe caractéristique,
3) $G/H$ est simple.
Si $G$ est abélien, alors il admet un unique sous-groupe propre. Dans ce cas on peut facilement montrer que $G\simeq C_{p^2}$, où $p$ est premier. Donc la question se pose vraiment que dans le cas où $G$ est non-abélien.
Merci d'avance.
Soit $G$ un groupe fini non trivial. Si on suppose que $G$ admet un unique sous-groupe normal strict, c'est-à-dire un sous-groupe normal $H$ de $G$ tel que $1<H<G$, peut-t-on dire quelque chose sur la structure de $G$ ? Plus précisément, peut-t-on classifier de tels groupes ?
Ce qu'on peut remarquer immédiatement à propos d'un tel groupe c'est les propriétés suivantes : si $G$ est un groupe fini admettant un unique sous-groupe normal strict $H$, alors :
1) $G$ est indécomposable,
2) $H$ est un sous-groupe caractéristique,
3) $G/H$ est simple.
Si $G$ est abélien, alors il admet un unique sous-groupe propre. Dans ce cas on peut facilement montrer que $G\simeq C_{p^2}$, où $p$ est premier. Donc la question se pose vraiment que dans le cas où $G$ est non-abélien.
Merci d'avance.
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Réponses
En effet, appelons le $G$ et soit $L$ un de ses sous-groupes normaux. Alors la projection de $L$ sur $K$ est aussi un sous-groupe normal, c'est donc $K$ ou $1$. Si c'est $1$, alors $L\subset H$ et donc $L\triangleleft H$, ce qui impose $L=1$ ou $H$ car $H$ est simple.
Si cette projection est $K$, alors : $L\cap H = 1$ ou $L=G$. Si $L\cap H = 1$, alors cette projection est injective sur $L$ donc est en fait un isomorphisme entre $L$ et $K$ donc $L$ s'écrit $\{(a(k), k), k\in K\}$ pour une certaine application (pas morphisme a priori) $a:K\to H$.
Pour que ce soit distingué, on doit avoir $(x,1)(a(k),k)(x^{-1},1)\in L$ pour tout $x\in H$ et donc $a(k) \in Z(H)$, or $Z(H)\neq H$ ($H$ est choisi non abélien) est distingué donc trivial, donc $L=K$. Seulement voilà, $K$ n'est pas distingué dans $G$ ! Donc ce cas ne peut pas arriver : en conclusion, le seul sous-groupe distingué de $G$ est $H$.
Je pense que de tels groupes $H,K$ munis d'un tel morphisme $\sigma$, on en trouve une pelletée, et donc de tes groupes on en trouve aussi la pelletée associée. Ca ne veut pas dire qu'on ne peut pas classifier (il se pourrait par exemple que mon exemple contienne tous ceux où le groupe distingué est simple non abélien, même si j'en doute)
Essayons d'étudier ces groupes $G$ finis n’admettant comme sous-groupes distingués que $\{1\},\, H$ et $ G.$
Pour cela, intéressons-nous à son sous-groupe dérivé $D(G)$ qui, étant distingué dans $G$, est l'un de ces trois sous-groupes.
$\bullet~$ Si $D(G)=\{1\}$, alors $G$ est commutatif et, comme il a été vu plus haut, ne peut être qu'un cyclique $C_{p^2}$ avec $p$ premier.
$\bullet~$ Si $D(G)=H.$ On va montrer que $D(G)$ est commutatif ou simple non abélien.
Regardons $D\big(D(G)\big)$ qui est caractéristique dans $D(G)\lhd G$, donc distingué dans $G$.
Soit $D\big(D(G)\big)=\{1\}$ et $D(G)$ est commutatif,
soit $D\big(D(G)\big)=D(G)$ , donc non abélien. Il reste à montrer que dans ce cas $D(G)$ est simple.
Comme tous les sous-groupes contenant $D(G)$ sont distingués dans $G$, c'est donc que $D(G)$ est maximal dans $G$, le quotient associé étant simple et commutatif, est donc cyclique d'ordre $p$ premier, ainsi, l'indice $[G:D(G)]=p$. Soient $x_i,\ 1\leq i\leq p$ des représentant des classes modulo $D(G)$.
Supposons qu'il existe $K\lhd D(G)$ tel que $\{1\}\subsetneq K\subsetneq D(G)$.
Par hypothèse $K$ n'est pas distingué dans $G$ donc appartient à une classe de conjugaison de sous-groupes dans $G$ (bien qu'il soit distingué dans $D(G)$).
Conjuguons notre sous-groupe $K$ par chacun des $x_i$ : $K_i=x_iKx_i^{-1}$. Comme $K\subset D(G)$ et $D(G)$ est distingué dans $G$, tous les $K_i$ sont dans $D(G)$.
Supposons que $K_i=K_j$, c'est-à-dire $x_iKx_i^{-1}=x_jKx_j^{-1}$, ou encore $x_j^{-1}x_i K (x_j^{-1}x_i)^{-1}=K$, donc $x_j^{-1}x_i\in Norm_G(K)=D(G)$ et donc $x_i\,{\color{red}{\in}}\,x_jD(G)$ finalement $i=j$ par définition des représentants modulo $D(G)$.
Nous avons donc une classe de conjugaison de $p$ sous-groupes dans $G$ donc $[D(G):K]=p$ et $D(G)/K\simeq C_p$ abélien. Ainsi, $D\big(D(G)\big)\subset K$ ce qui est absurde puisque par hypothèse $D\big(D(G)\big)=D(G)$.
Donc $D(G)$ n'admet pas d'autre sous-groupe distingué que $\{1\}$ et lui-même, $D(G)$ est simple .
$\bullet~$ Si $D(G)=G.$ On peut dire que ${\color{red}{G/H}}$ doit être simple, non abélien sinon $\color{red}{D(G)\subset H\neq G}$.
Son sous-groupe dérivé $D(H)$ est soit trivial et $H$ est commutatif, soit $D(H)=H$. Dans ce dernier cas, on peut peut-être montrer que $H$ est simple non abélien ?
À étudier ...
Alain
Edit en rouge. AD
Ils appartiennent au cas $D(G)=H$ commutatif.
Les groupes symétriques $\mathfrak S_n,\ n\geq 5$ entrent dans le cas $D(G)=H=\mathfrak A_n$ simple non abélien.
Les produits semi-directs $\mathfrak A_n\rtimes C_p$, $p\leq n$ premier, marchent aussi (voir la démo de Maxtimax avec $K=C_p$ simple commutatif).
Ils entrent aussi dans le cas $D(G)=H=\mathfrak A_n$ simple non abélien.
Alain
Par contre, en écartant le cas $G$ abélien (je propose d'ailleurs que dans la suite du fil, jusqu'à l'éventuelle conclusion, on ne mentionne plus ce cas: par défaut $Z(G) \neq G$), $Z(G)$ est soit trivial soit $H$: il peut être intéressant d'étudier les deux cas séparément
Bon, dans tous les cas on a notre belle suite exacte $1\to H\to G\to G/H\to 1$ qui induit un morphisme $G/H\to \mathrm{Out}(H)$, qui est ou trivial, ou injectif. Dans le cas $H=Z(G)$, la description de ce morphisme montre qu'il est trivial. J'avais lu quelque part que ça révélait des choses sur la suite exacte, mais j'ai oublié quoi... (d'autant que dans le cas $H=Z(G)$, on sait que $H\simeq C_p$ pour un $p$ premier car il ne peut avoir de sous-groupe non trivial; et ça pourrait apporter des informations)
1) $G$ est abélien et dans ce cas $G\simeq C_{p^2}$,
2) $G$ est non-abélien et dans ce cas $G\simeq (C_{p})^{n}\rtimes C_{q}$, où $p$ et $q$ premiers distinct.
En effet, dans le cas où $G$ est non-abélien, $1<D(G)<G$ est une série normal de compisition. Comme $G$ est résoluble, alors $H=D(G)$ est abélien élémentaire (je n'ai pas une référence pour ce résultat), $card(D(G))=p^{n}$. Alors $G=H\rtimes Q$, où $Q$ est un $q$-Sylow de $G$ et où $q$ est l'ordre de $G/D(G)$.
Mise à part le cas $G=\mathfrak A_4 = C_2^{\,2}\rtimes C_3$ qui admet bien un seul sous-groupe propre$^1$ distingué, les groupes $(C_{p})^{n}\rtimes C_{q}$, d'abord sont mal définis (il y a en général plusieurs produits semi-directs non isomorphes possibles), mais surtout admettent plus d'un sous-groupe propre distingué.
Je ne sais pas d'où tu te viens le souvenir de ta référence, mais formulée ainsi, elle me parait erronée.
Alain.
$\,^1$ J'appelle sous-groupe propre de $G$ un sous-groupe $H$ tel que $\{1\}\subsetneq H\subsetneq G.$
Qu'appelles-tu $\mathrm{Out}(H)$ ?
Quel est ce morphisme induit $G/H\to \mathrm{Out}(H)$ ?
Alain
Le morphisme induit $\sigma: G/H\to \mathrm{Out}(H)$ se décrit en considérant une section (ensembliste) $s: G/H\to G$. On pose alors pour $x\in G/H, y\in H$, $\sigma(x)(y) = s(x)ys(x)^{-1}$. $\sigma(x)$ est clairement un automorphisme de $H$, et en fait on voit qu'il ne dépend pas de $s$, à automorphisme intérieur près, cette remarque permet alors de passer à $\mathrm{Out}(H)$ et de vérifier que $\sigma$ est alors bien un morphisme
Si on dispose d'une suite exacte $1 \rightarrow H \overset{i}{\rightarrow} G \overset{\sigma}{\rightarrow} K \rightarrow 1$ alors $K$ agit par conjugaison sur $H$ : si $k \in K$ vaut $\sigma(g)$ avec $g \in G$ alors $k$ agit sur $h \in H$ par $k.h = i^{-1}(gi(h)g^{-1})$ qui est bien défini car $i(H)$ est distingué dans $G$ (c'est le noyau de $\sigma$) et $i$ est injectif. En choisissant une section $s$ de $\sigma$ (c'est-à-dire un antécédent $s(k)$ de $k$ par $\sigma$ pour tout élément $k \in K$), on définit ainsi une application $k \mapsto (h \mapsto k.h)$ pour chaque $k \in K$. J'ai la flemme de tout taper ce soir, mais il me semble que pour que le résultat de Maxtimax soit correct, il faut supposer à un moment que $H$ est abélien.
@Nounouvch : pourquoi ne pas ouvrir un nouveau fil pour poser ta question ? (Qui n'a effectivement rien à voir avec celui-ci)
Je ne sais pas pourquoi mais je ne sens pas trop ta phrase " $\sigma(x)$ ne dépend pas de $s$ à un automorphisme intérieur près ". Comme tu n'as pas détailler je suppose que c'est tout con ?7
Edit : j'ai rien dis !
On a : $G \to \text{Aut}(H)$ par l'action de $g$ par automorphisme intérieur. On en déduit un morphisme $G \to \text{Out}(H)$. Et ce morphisme ce factorise en un morphisme $G/H \to \text{Out}(H)$.
ModuloP : oui ta présentation dans ton edit est bien meilleure que la mienne (même si fondamentalement elles reviennent à la même chose)