Un problème de classification
Bonjour à tous,
Soit $G$ un groupe fini non-simple. On va dire que $G$ est beau s'il admet deux sous-groupes normaux maximaux distinct $K_{1}$ et $K_{2}$ tel que $K_{1}\cap K_{2}=\{1\}$. Soit donc $G$ un groupe beau (toujours supposer fini et non-simple), $K_{1}$ et $K_{2}$ comme ci-dessus, on remarque alors les deux choses suivantes :
(1) $G=K_{1}\times K_{2}$.
(2) $K_{1}$ et $K_{2}$ sont aussi deux sous-groupes normaux minimaux de $G$.
Je cherche à classifier tous les groupes finis non-simple et beau. Le cas résoluble n'est pas compliqué, est ce que vous pouver m'aider à faire la classification dans le cas non-résoluble.
Preuve du cas résoluble : Supposons que $G$ est résoluble, alors $K_{1}$ et $K_{2}$ sont aussi résolubles. Le groupe dérivée $D(K_{1})$ de $K_{1}$ est caractéristique dans $K_{1}$, donc c'est un sous-groupe normal de $G$ contenu dans $K_{1}$. Donc d'après (2), par minimalité de $K_{1}$ on a $D(K_{1})=1$ ou $D(K_{1})=K_{1}$. Comme $K_{1}$ est résoluble, alors $D(K_{1})=1$ et donc $K_{1}$ est abélien. La même chose marche pour $K_{2}$ qui est alors aussi abélien. Parsuite, comme d'après (1) on a $G=K_{1}\times K_{2}$, alors $G$ lui même est abélien. Comme $G$ est abélien, alors tout ces sous-groupes sont normaux. Donc, $K_{1}$ et $K_{2}$ sont deux sous-groupes minimaux de $G$ ce qui implique que $K_{1}\simeq C_{p}$ et $K_{2}\simeq C_{q}$, où $p$ et $q$ sont des nombres premiers. Par conséquent, $G$ est isomorphe au groupe abélien élémentaire $C_{p}\times C_{p}$ ou $G$ est isomorphe au group cyclique $C_{pq}$ avec $p$ et $q$ premiers distinct.
Merci d'avance.
Soit $G$ un groupe fini non-simple. On va dire que $G$ est beau s'il admet deux sous-groupes normaux maximaux distinct $K_{1}$ et $K_{2}$ tel que $K_{1}\cap K_{2}=\{1\}$. Soit donc $G$ un groupe beau (toujours supposer fini et non-simple), $K_{1}$ et $K_{2}$ comme ci-dessus, on remarque alors les deux choses suivantes :
(1) $G=K_{1}\times K_{2}$.
(2) $K_{1}$ et $K_{2}$ sont aussi deux sous-groupes normaux minimaux de $G$.
Je cherche à classifier tous les groupes finis non-simple et beau. Le cas résoluble n'est pas compliqué, est ce que vous pouver m'aider à faire la classification dans le cas non-résoluble.
Preuve du cas résoluble : Supposons que $G$ est résoluble, alors $K_{1}$ et $K_{2}$ sont aussi résolubles. Le groupe dérivée $D(K_{1})$ de $K_{1}$ est caractéristique dans $K_{1}$, donc c'est un sous-groupe normal de $G$ contenu dans $K_{1}$. Donc d'après (2), par minimalité de $K_{1}$ on a $D(K_{1})=1$ ou $D(K_{1})=K_{1}$. Comme $K_{1}$ est résoluble, alors $D(K_{1})=1$ et donc $K_{1}$ est abélien. La même chose marche pour $K_{2}$ qui est alors aussi abélien. Parsuite, comme d'après (1) on a $G=K_{1}\times K_{2}$, alors $G$ lui même est abélien. Comme $G$ est abélien, alors tout ces sous-groupes sont normaux. Donc, $K_{1}$ et $K_{2}$ sont deux sous-groupes minimaux de $G$ ce qui implique que $K_{1}\simeq C_{p}$ et $K_{2}\simeq C_{q}$, où $p$ et $q$ sont des nombres premiers. Par conséquent, $G$ est isomorphe au groupe abélien élémentaire $C_{p}\times C_{p}$ ou $G$ est isomorphe au group cyclique $C_{pq}$ avec $p$ et $q$ premiers distinct.
Merci d'avance.
Réponses
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Si je ne me trompe pas et si vous êtes d'accord une solution possible est la suivante :
Comme $G=K_{1}\times K_{2}$ et que $K_{1}$ et $K_{2}$ sont normaux minimaux dans $G$, alors $K_{1}$ et $K_{2}$ sont deux groupes indécomposables et caractéristiquement simples (ie. n'admettent pas de sous-groupes caractéristiques non-triviaux). Mais il est bien connu qu'un groupe fini $H$ est caractéristiquement simples si et seulement si
$$H\simeq T_{1}\times....\times T_{r},$$
où $T_{1},....,T_{r}$ sont tous isomorphe à un même groupe fini simple. Les groupes $K_{1}$ et $K_{2}$ étant indécomposable et caractéristiquement simples, alors nécessairement $K_{1}$ et $K_{2}$ sont simples. Par conséquent, $G$ est le produit direct de deux groupes simples. -
Bonsoir Dieudo
Partant de $G$ fini et $K_1,K_2$ deux sous-groupes normaux maximaux d'intersection triviale, on obtient bien 1) $G=K_1\times K_2$.
En effet $< K_1,K_2>$ est un sous-groupe distingué ($K_1$ et $K_2$ le sont) contenant strictement $K_1$, c'est donc $G$ et comme $K_1\cap K_2=\{1\}$, $G$ est bien le produit direct interne de $K_1$ par $K_2$.
Pour 2) je ne vois pas immédiatement comment l'obtenir ! :-S
Ensuite dans ta démo tu arrives à... par minimalité de $K_{1}$ on a $D(K_{1})=1$ ou $D(K_{1})=K_{1}$. Comme $K_{1}$ est résoluble, alors $D(K_{1})=1$
Je ne comprends pas, si $K_1\simeq\mathfrak S_3$, qui est bien résoluble, pourtant $D(K_1)$ est le cyclique d'ordre 3, qui n'est ni $\{1\}$ ni $K_1$.
Peut-être utilises-tu 2), dont je ne vois pas encore la justification ?
Alain -
Bonsoir Alain,
Prenons $G$ un groupe fini (non-simple), $K_{1}$ et $K_{2}$ deux sous-groupes normaux de $G$ tel que $G=K_{1}\times K_{2}$ (c'est-à-dire, $G$ est le produit direct interne de $K_{1}$ et $K_{2}$).
Montrons que si $K_{1}$ et $K_{2}$ sont deux sous-groupes normaux maximaux de $G$, alors $K_{1}$ et $K_{2}$ sont les deux des sous-groupes normaux minimaux de $G$.
Montrons le résultat pour $K_{1}$, c'est-à-dire on va montrer que $K_{1}$ est un sous-groupe normal minimal de $G$. Soit donc $H$ un sous-groupe normal de $G$ tel que $1\leqslant H\leqslant K_{1}$. Par absurde, supposons que $1<H<K_{1}$. Comme $H$ est contenu dans $K_{1}$, alors $H\cap K_{2}\subset K_{1}\cap K_{2}=\{1\}$ ce qui donne $H\cap K_{2}=\{1\}$. De plus, $H$ et $K_{2}$ sont normaux dans $G$, donc $HK_{2}=<H,K_{2}>$ est aussi normal dans $G$. Mais par hypothèse, $K_{2}$ est un sous-groupe normal maximal de $G$. Comme $K_{2}\leqslant HK_{2}$, alors par maximalité de $K_{2}$ on a $HK_{2}=K_{2}$ ou $HK_{2}=G$. Si $HK_{2}=K_{2}$, alors $H\subset K_{2}$. Or par hypothèse, $H\subset K_{1}$, alors $H\subset K_{1}\cap K_{2}=\{1\}$ ce qui donne $H=\{1\}$ : impossible car par hypothèse $H$ est non trivial. Par suite, on a nécessairement $HK_{2}=G$ et donc vu que $H\cap K_{2}=1$, alors $G=H\times K_{2}$.
Comme $H< K_{1}$, il existe $x\in K_{1}$ tel que $x\not\in H$. Le groupe $G$ étant produit direct interne de $H$ et $K_{2}$, alors $x=hk$ pour un ceratin $(h,k)\in H\times K_{2}$. Donc on a $h^{-1}x=k$, mais $h^{-1}x\in K_{1}$ et $k\in K_{2}$, alors $h^{-1}x\in K_{1}\cap K_{2}=\{1\}$ ce qui donne $h^{-1}x=1$, ou encore $x=h\in H$ : une contradiction. Par conséquant, $K_{1}$ est un sous-groupe normal minimal de $G$. Pour $K_{2}$ on refait la même chose et on obrient aussi que $K_{2}$ est un sous-groupe normal minimal de $G$. -
Je ne comprends pas, si $K_1\simeq\mathfrak S_3$, qui est bien résoluble, pourtant $D(K_1)$ est le
cyclique d'ordre 3, qui n'est ni $\{1\}$ ni $K_1$. Peut-être utilises-tu 2), dont je ne vois pas encore la justification ?
Justement Alain, c'est d'après le deuxième point. -
Bonsoir
Merci pour ta démonstration du point 2).
J'y ai aussi réfléchi pour obtenir la justification du point 2).
Comme $G=K_1\times K_2$, le quotient $G/K_2\simeq K_1$, et comme $K_2$ est normal maximal, le théorème du treillis-quotient http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?3,1547848,1549748#msg-1549748 nous indique que $G/K_2$ est simple (il n'a pas de sous-groupe distingué strict non trivial) donc $K_1$ est simple aussi, donc normal minimal dans $G$. Comme $K_1$ et $K_2$ jouent le même rôle, $K_2$ est aussi normal minimal.
Alain -
Re
Pour répondre à ta question dans le cas non-résoluble, dans mes deux démos, on ne fait pas intervenir l'argument de résolubilité. Elles sont donc valables dans les deux cas. La réciproque étant évidente, on peut alors affirmer
$G$ est beau$^1$ si, et seulement si, $G$ est produit direct de deux groupes simples (commutatifs ou non).
Et tu peux détailler, $G$ est de l'une des formes : $C_{pq},\ C_p\times C_p,\ A\times C_p,\ A\times A,\ A\times A_1$, où $p,q$ sont des premiers distincts et $A, A_1$ des groupes finis, simples, non commutatifs, distincts.
Alain
${}^1$ C-à-d possède deux sous-groupes $K_1$ et $K_2$ normaux maximaux d'intersection triviale.
PS. Si tu en as la possibilité, jette un coup d’œil à l'exercice V-8.1 page 187 de mon livre. -
La réponse est assez simple en fait et on n'a pas besoin de distinguer cas résoluble et cas non-résoluble. Merci Alain.
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