Une solution possible, si je ne me trompe pas (je me demande s'il y a plus simple - je pense que oui)
1- Il y a $(p+1)$ $p$-Sylows dans $G$. Leur union est de taille $(p+1)(p-1) + 1 = (p+1)p - p$. En effet, sinon il y en a $1$ et il est distingué.
2- Soit $P$ un $p$-Sylow et $x$ d'ordre premier différent de $p$. Soit $K= \langle P,x \rangle, C= \langle x \rangle$.
Si $N_K(C)$ intersecte $P$, il le contient, et donc $C$ est normal dans $K$; $P\cap C$ est trivial, donc $K\cong C\rtimes P$. ça correspond à un morphisme $P\to Aut(C)$, mais $|Aut(C)| = \varphi(|C|) \leq |C| - 1 \leq p$, donc si ce morphisme est injectif, $p+1$ est premier - c'est le cas $p=2$, qu'on sait résoudre.
Donc ce morphisme n'est pas injectif, donc il est nul ($P$ est simple), et donc $K\cong C\times P$; en particulier $N_G(P)$ contient $C$. Mais c'est absurde car $N_G(P) = P$ (calcul facile vu le nombre de $p$-Sylows qu'il y a).
Donc $N_K(C)$ n'intersecte pas $P$, i.e. $P$ agit librement sur les conjugués (dans $K$) de $C$. En particulier il y a au moins $p$ tels conjugués distincts. Comme on a choisi $x$ d'ordre premier, ces conjugués s'intersectent trivialement.
3- Tous ces conjugués n'intersectent aucun des $p$-Sylows : la réunion des $p$-Sylow et de ces conjugués a donc $(p+1)(p-1) + p(q-1) +1$ éléments où $q$ est l'ordre du $x$ qu'on a choisi. Maintenant, $(p+1)(p-1) + p(q-1) +1 = (p+1)p - p + p(q-1) $.
Si $q > 2$, c'est absurde; donc pour peu que $p+1$ ne soit pas une puissance de $2$, on peut choisir un tel $q$, et obtenir une absurdité.
4- Par conséquent, $p = 2^q-1$ pour un certain $q$ (qui est nécessairement premier, mais je n'utiliserai pas ça). Donc $G$ est d'ordre $p2^q$.
Par le théorème de Burnside, $G$ est résoluble et donc pas simple- mais je pense qu'on peut se passer de Burnside.
5- En effet, regardons dans ce cas le nombre de $2$-Sylow : s'il n'y en a qu'un, il est distingué, donc il doit y en avoir $p$, en particulier au moins $2$ distincts. Deux $2$-Sylows s'intersectent en au plus $2^{q-1}$ éléments, donc ça nous donne au moins $(p+1)(p-1) + 2^q - 1 + 2^q-2^{q-1} + 1 = (p+1)p+ 2^q-2^{q-1}$ éléments, et ça, c'est trop - donc pas besoin de Burnside.
Conclusion : non il n'en existe pas.
(ça faisait longtemps que j'avais pas fait ce genre de théorie des groupes, j'espère ne pas avoir dit de bêtise :-D)
Merci Maxtimax. Je n’ai pas encore étudié en détails ta démonstration. Je ne doute pas qu’elle soit juste mais effectivement, elle me paraît passablement compliquée !
Supposons qu’un tel groupe $G$ existe.
Il y a $n_p=p+1$ $p$-sous-groupes de Sylow dans $G$.
Pourquoi ? Parce qu’il y en a plus que $1$. Ensuite $n_p$ est un diviseur de $p+1$. Enfin $n_p \equiv 1 \pmod p$.
On peut répartir les éléments de $G$ en trois sous-ensembles: $E_1$ le groupe trivial, $E_2$ l’ensemble contenant $(p+1)(p-1)=p^2-1$ éléments d’ordre $p$ (c’est le nombre d’éléments d’ordre $p$ des $p+1$ $p$-sous-groupes de Sylow de $G$), enfin $E_3$ l’ensemble contenant les $p$ éléments restants.
Il suffit donc de montrer que $E_3$ muni de l’identité, est un sous-groupe distingué (dans $G$) pour aboutir à la contradiction souhaitée.
Je pensais y être arrivé mais je crois avoir décelé une erreur dans mon raisonnement. Je vais le reprendre.
...
Remarque: l’intersection des $p$-sous-groupes de Sylow est triviale.
Si l’on choisit deux d’entre-eux ($A$ et $B$), que l’on prend $a \in A$ et $b \in B$ distincts de l’identité, alors $ab$ ne sera ni dans $A$, ni dans $B$, ni dans $aBa^{-1}$ lequel est également un $p$-sous-groupe de Sylow puisqu’ils sont tous conjugués.
$ab$ se trouve donc quelque-part dans les $p-2$ sous-groupes restants.
...
df : mhm ce serait quoi l'idée pour montrer que $E_3\cup \{e\}$ est un sous-groupe ? (qui serait alors évidemment distingué)
C'est rare de pouvoir prouver que $G\setminus X \cup\{e\}$ est un sous-groupe :-D
Oui bien sûr que si $E_3$ est un sous-groupe: il est distingué. Je suis d’accord aussi avec le fait qu’un ensemble privé de l’identité ne peut-être un groupe. Je ne pense pas avoir affirmé le contraire.
L’idée serait de borner inférieurement le nombre d’équations de la forme $ab=c$ avec $a,b \in E_2,\: a,b \neq e$ et $c \in E_3$.
...
Non non tu m'as mal compris, je disais que c'est rare de prouver que $(G\setminus X) \cup \{e\}$ est un sous-groupe - évidemment ça arrive mais c'est pas tous les jours, donc ça m'intèressait ici
Maxtimax: j’essaye de me débrouiller avec cette vague indication (borner inférieurement les $ab=c$) qu’on m’a jeté comme un os (sur un forum concurrent !)
Puisque $ab$ est différent de $e$, il peut prendre $p-1$ valeurs différentes réparties dans les $p-2$ $p$-sous-groupes de Sylow (autres que les $3$ sus-mentionnés).
Par conséquent, un de ces sous-groupes contient deux de ces $p-1$ valeurs: disons $ab$ et $ab_1$ (principe des tiroirs).
À partir de là, je suis bloqué car il faut visiblement réitérer ce principe pour déduire le nombre d’équations $ab=c$.
Bon: j’y retourne.
...
Supposons que $G$ soit simple. Je note $\:\:X $ l'ensemble des $p$- sous groupes de Sylow de $G. \quad$ Ils sont d'ordre $p\:$ et $\:\: \#X =p+1.$
$\forall g \in G$, $\:\sigma_g \in \mathfrak S _X $ est défini par: $\forall P \in X, \:\: \sigma_g(P) =gPg^{-1}.\:\: G$ étant simple, $\:g \longmapsto \sigma_g$ est un morphisme injectif de $G$ dans $\mathfrak S_X = \mathfrak S_{p+1}.$
D'autre part, l'action de $G$ sur $X$ est transitive et $\forall P \in X, \:\:\:\mathcal N_G(P)=P.$
$\bullet\:\:\forall g\in G, \quad \sigma_g \:\text{ fixe deux points de}\: X \implies g =\mathrm e_G. \qquad (1)$
En effet: $\:\:\exists P_1,P_2 \in X \: $ tels que $P_1\neq P_2$ et $ \: gP_ig^{-1} = P_i \implies g\in P_1\cap P_2 = \{\mathrm e_G\}.$
$\bullet \:\:$Soit $E$ l'ensemble des éléments d'ordre $p$ de $G$. Alors: $\:\:\quad \#E =p^2-1. \qquad (2)$
$\bullet\:\: $ Ainsi $E$ engendre $G$. De plus: $\:\: \forall g \in E, \:\: \sigma_g \:\text{est un}\: p \text{-cycle de}\: \mathfrak S_{p+1};\:$ on déduit : $\qquad G \:\text{ s'injecte dans}\:\mathfrak A_{p+1}. \qquad (3)$
Soit enfin $F$ l'ensemble (non vide) des éléments d'ordre $2$ de $G$.
$\bullet \:\forall a \in F,\:\:\:$d'après $(1), \: \sigma_a $ est un produit de $\dfrac {p+1}2$ transpositions disjointes, et d'après $(3), \:\:\quad \dfrac {p+1}2\:\text{ est pair}.\qquad (4).$
$\#F\neq 1\:\:$ (sinon $G$ admettrait un sous-groupe normal d'ordre $2.$)
$ \forall g \in E,\forall a \in F, gag^{-1} \neq a.\:\:$ (sinon $G$ admettrait un élément d'ordre $2p$, ce qui est impossible dans $\mathfrak A_{p+1}.)$
$\bullet\:\:$Soit $P\in X.\:\: P$ opère sur $F$ par automorphismes intérieurs et les remarques précédentes conduisent à: $\:\:\#F =p.\qquad (5).$
On déduit que $E \cup F \cup \{\mathrm e_G\} = G, \:\:\: (6)\:\: $(réunion disjointe) et $G$ possède exactement $p\:\: \: 2$-sous-groupes de Sylow qui d'après $(6)$, sont d'ordre $2$.
$ \dfrac {p+1}2 $ est alors impair, et cela va à l'encontre de $(4)$.
Belle preuve ! Très ingénieux mais pas trop sophistiqué ! C’est vraiment tout ce qui me plaît en maths.
Merci à Maxtimax et LOU16 pour l’intérêt porté à cette question.
Je vais de mon côté tenter de rédiger ma preuve même si on connaît déjà la fin de l’histoire: un groupe simple d’ordre $p(p+1)$ ne peut pas exister.
...
$\:\:\exists P_1,P_2 \in X \: $ tels que $P_1\neq P_2$ et $ \: gP_ig^{-1} = P_i \implies g\in P_1\cap P_2 = \{\mathrm e_G\}.\qquad (1)$
Ceci n'est pas vrai dans le cas général.
Un contre-exemple vient avec $G=\mathfrak A_5$ (qui est pourtant un groupe simple).
Prends $P_1=\{id,(1\,2\,5),(1\,5\,2)\} \simeq C_3$, sous-groupe cyclique d'ordre $3$ et $P_2=\{id,(3\,4\,5),(3\,5\,4)\} \simeq C_3$. $P_1$ et $P_2$ sont des $3$-Sylow de $G=\mathfrak A_5$ (on prend $p=3$).
Maintenant prenons $g=(1\,2)(3\,4)$, d'ordre $2$, d'où $g^{-1}=g$.
On obtient $gP_1g^{-1}=P_1$, car $(1\,2)(3\,4)\,(1\,2\,5)\, (1\,2)(3\,4) =(1\,5\,2)=(1\,2\,5)^{-1}$,
ainsi que $\ gP_2g^{-1}=P_2$, car $(1\,2)(3\,4)\,(3\,4\,5)\,(1\,2)(3\,4)=(3\,5\,4)=(3\,4\,5)^{-1}$,
et pourtant $g\neq id$.
Cela tient au fait que, en notant $N_G(P_1)$ le stabilisateur de $P_1$ dans l'action de $G$ sur ses $p$-sous-groupes de Sylow, l'intersection $N_G(P_1)\cap N_G(P_2)$ ne contient aucun élément d'ordre $p$, mais rien ne l'empêche de contenir des éléments d'ordre autre que $p$ (voir le contre-exemple ci-dessus).
Remarque. $G=\mathfrak S_4$ est pareillement un contre-exemple, mais j'ai préféré prendre $\mathfrak A_5$ qui est simple, bien que la simplicité de $G$ n'intervienne pas dans l'implication en cause.
Alain
Maintenant, la propriété $(1)$ est vraie dans le cas particulier qui nous intéresse, où $G$ est d'ordre $p(p+1)$.
Dans ce cas, $G$ admet $(p+1)$ $p$-sous-groupes de Sylow. Si $P$ est l'un d'eux, son normalisateur $N_G(P)$ est d'indice $p+1=[G:N_G(P)]$, c'est-à-dire d'ordre $|N_G(P)|=|G|/(p+1)=p$. Ce qui fait que chaque $p$-Sylow est son propre normalisateur. L'intersection des deux de ces normalisateurs est donc triviale, ce qui te donne la propriété $(1)$.
Un autre argument pour établir le point $(3)$. Considérer la signature de $\mathfrak S_{p+1}$.
Le morphisme composé : $\ G\hookrightarrow\mathfrak S_{p+1}\xrightarrow{~\varepsilon~} \{\pm1\}$ ne peut être injectif ($p(p+1)>2$), il est donc trivial ($G$ est simple), ainsi $G$ s'injecte dans $\ker\varepsilon=\mathfrak A_{p+1}$.
Bonjour AD,
Je n'avais en effet pas détaillé la justification de $(1)$, ( ce que j'aurais dû faire ) mais celle que j'avais en tête était bien celle contenue dans ton dernier message , qui utilise $\#G = p(p+1)$ et les théorèmes de Sylow appliqués aux $p$-sous groupes de $G$.. Merci pour tes précisions.
Réponses
1- Il y a $(p+1)$ $p$-Sylows dans $G$. Leur union est de taille $(p+1)(p-1) + 1 = (p+1)p - p$. En effet, sinon il y en a $1$ et il est distingué.
2- Soit $P$ un $p$-Sylow et $x$ d'ordre premier différent de $p$. Soit $K= \langle P,x \rangle, C= \langle x \rangle$.
Si $N_K(C)$ intersecte $P$, il le contient, et donc $C$ est normal dans $K$; $P\cap C$ est trivial, donc $K\cong C\rtimes P$. ça correspond à un morphisme $P\to Aut(C)$, mais $|Aut(C)| = \varphi(|C|) \leq |C| - 1 \leq p$, donc si ce morphisme est injectif, $p+1$ est premier - c'est le cas $p=2$, qu'on sait résoudre.
Donc ce morphisme n'est pas injectif, donc il est nul ($P$ est simple), et donc $K\cong C\times P$; en particulier $N_G(P)$ contient $C$. Mais c'est absurde car $N_G(P) = P$ (calcul facile vu le nombre de $p$-Sylows qu'il y a).
Donc $N_K(C)$ n'intersecte pas $P$, i.e. $P$ agit librement sur les conjugués (dans $K$) de $C$. En particulier il y a au moins $p$ tels conjugués distincts. Comme on a choisi $x$ d'ordre premier, ces conjugués s'intersectent trivialement.
3- Tous ces conjugués n'intersectent aucun des $p$-Sylows : la réunion des $p$-Sylow et de ces conjugués a donc $(p+1)(p-1) + p(q-1) +1$ éléments où $q$ est l'ordre du $x$ qu'on a choisi. Maintenant, $(p+1)(p-1) + p(q-1) +1 = (p+1)p - p + p(q-1) $.
Si $q > 2$, c'est absurde; donc pour peu que $p+1$ ne soit pas une puissance de $2$, on peut choisir un tel $q$, et obtenir une absurdité.
4- Par conséquent, $p = 2^q-1$ pour un certain $q$ (qui est nécessairement premier, mais je n'utiliserai pas ça). Donc $G$ est d'ordre $p2^q$.
Par le théorème de Burnside, $G$ est résoluble et donc pas simple- mais je pense qu'on peut se passer de Burnside.
5- En effet, regardons dans ce cas le nombre de $2$-Sylow : s'il n'y en a qu'un, il est distingué, donc il doit y en avoir $p$, en particulier au moins $2$ distincts. Deux $2$-Sylows s'intersectent en au plus $2^{q-1}$ éléments, donc ça nous donne au moins $(p+1)(p-1) + 2^q - 1 + 2^q-2^{q-1} + 1 = (p+1)p+ 2^q-2^{q-1}$ éléments, et ça, c'est trop - donc pas besoin de Burnside.
Conclusion : non il n'en existe pas.
(ça faisait longtemps que j'avais pas fait ce genre de théorie des groupes, j'espère ne pas avoir dit de bêtise :-D)
Supposons qu’un tel groupe $G$ existe.
Il y a $n_p=p+1$ $p$-sous-groupes de Sylow dans $G$.
Pourquoi ? Parce qu’il y en a plus que $1$. Ensuite $n_p$ est un diviseur de $p+1$. Enfin $n_p \equiv 1 \pmod p$.
On peut répartir les éléments de $G$ en trois sous-ensembles: $E_1$ le groupe trivial, $E_2$ l’ensemble contenant $(p+1)(p-1)=p^2-1$ éléments d’ordre $p$ (c’est le nombre d’éléments d’ordre $p$ des $p+1$ $p$-sous-groupes de Sylow de $G$), enfin $E_3$ l’ensemble contenant les $p$ éléments restants.
Il suffit donc de montrer que $E_3$ muni de l’identité, est un sous-groupe distingué (dans $G$) pour aboutir à la contradiction souhaitée.
Je pensais y être arrivé mais je crois avoir décelé une erreur dans mon raisonnement. Je vais le reprendre.
...
Si l’on choisit deux d’entre-eux ($A$ et $B$), que l’on prend $a \in A$ et $b \in B$ distincts de l’identité, alors $ab$ ne sera ni dans $A$, ni dans $B$, ni dans $aBa^{-1}$ lequel est également un $p$-sous-groupe de Sylow puisqu’ils sont tous conjugués.
$ab$ se trouve donc quelque-part dans les $p-2$ sous-groupes restants.
...
C'est rare de pouvoir prouver que $G\setminus X \cup\{e\}$ est un sous-groupe :-D
L’idée serait de borner inférieurement le nombre d’équations de la forme $ab=c$ avec $a,b \in E_2,\: a,b \neq e$ et $c \in E_3$.
...
Puisque $ab$ est différent de $e$, il peut prendre $p-1$ valeurs différentes réparties dans les $p-2$ $p$-sous-groupes de Sylow (autres que les $3$ sus-mentionnés).
Par conséquent, un de ces sous-groupes contient deux de ces $p-1$ valeurs: disons $ab$ et $ab_1$ (principe des tiroirs).
À partir de là, je suis bloqué car il faut visiblement réitérer ce principe pour déduire le nombre d’équations $ab=c$.
Bon: j’y retourne.
...
Il y a aussi cet argument
Supposons que $G$ soit simple. Je note $\:\:X $ l'ensemble des $p$- sous groupes de Sylow de $G. \quad$ Ils sont d'ordre $p\:$ et $\:\: \#X =p+1.$
$\forall g \in G$, $\:\sigma_g \in \mathfrak S _X $ est défini par: $\forall P \in X, \:\: \sigma_g(P) =gPg^{-1}.\:\: G$ étant simple, $\:g \longmapsto \sigma_g$ est un morphisme injectif de $G$ dans $\mathfrak S_X = \mathfrak S_{p+1}.$
D'autre part, l'action de $G$ sur $X$ est transitive et $\forall P \in X, \:\:\:\mathcal N_G(P)=P.$
$\bullet\:\:\forall g\in G, \quad \sigma_g \:\text{ fixe deux points de}\: X \implies g =\mathrm e_G. \qquad (1)$
En effet: $\:\:\exists P_1,P_2 \in X \: $ tels que $P_1\neq P_2$ et $ \: gP_ig^{-1} = P_i \implies g\in P_1\cap P_2 = \{\mathrm e_G\}.$
$\bullet \:\:$Soit $E$ l'ensemble des éléments d'ordre $p$ de $G$. Alors: $\:\:\quad \#E =p^2-1. \qquad (2)$
$\bullet\:\: $ Ainsi $E$ engendre $G$. De plus: $\:\: \forall g \in E, \:\: \sigma_g \:\text{est un}\: p \text{-cycle de}\: \mathfrak S_{p+1};\:$ on déduit : $\qquad G \:\text{ s'injecte dans}\:\mathfrak A_{p+1}. \qquad (3)$
Soit enfin $F$ l'ensemble (non vide) des éléments d'ordre $2$ de $G$.
$\bullet \:\forall a \in F,\:\:\:$d'après $(1), \: \sigma_a $ est un produit de $\dfrac {p+1}2$ transpositions disjointes, et d'après $(3), \:\:\quad \dfrac {p+1}2\:\text{ est pair}.\qquad (4).$
$\#F\neq 1\:\:$ (sinon $G$ admettrait un sous-groupe normal d'ordre $2.$)
$ \forall g \in E,\forall a \in F, gag^{-1} \neq a.\:\:$ (sinon $G$ admettrait un élément d'ordre $2p$, ce qui est impossible dans $\mathfrak A_{p+1}.)$
$\bullet\:\:$Soit $P\in X.\:\: P$ opère sur $F$ par automorphismes intérieurs et les remarques précédentes conduisent à: $\:\:\#F =p.\qquad (5).$
On déduit que $E \cup F \cup \{\mathrm e_G\} = G, \:\:\: (6)\:\: $(réunion disjointe) et $G$ possède exactement $p\:\: \: 2$-sous-groupes de Sylow qui d'après $(6)$, sont d'ordre $2$.
$ \dfrac {p+1}2 $ est alors impair, et cela va à l'encontre de $(4)$.
Merci à Maxtimax et LOU16 pour l’intérêt porté à cette question.
Je vais de mon côté tenter de rédiger ma preuve même si on connaît déjà la fin de l’histoire: un groupe simple d’ordre $p(p+1)$ ne peut pas exister.
...
Je vais jouer les sceptiques. Ceci n'est pas vrai dans le cas général.
Un contre-exemple vient avec $G=\mathfrak A_5$ (qui est pourtant un groupe simple).
Prends $P_1=\{id,(1\,2\,5),(1\,5\,2)\} \simeq C_3$, sous-groupe cyclique d'ordre $3$ et $P_2=\{id,(3\,4\,5),(3\,5\,4)\} \simeq C_3$. $P_1$ et $P_2$ sont des $3$-Sylow de $G=\mathfrak A_5$ (on prend $p=3$).
Maintenant prenons $g=(1\,2)(3\,4)$, d'ordre $2$, d'où $g^{-1}=g$.
On obtient $gP_1g^{-1}=P_1$, car $(1\,2)(3\,4)\,(1\,2\,5)\, (1\,2)(3\,4) =(1\,5\,2)=(1\,2\,5)^{-1}$,
ainsi que $\ gP_2g^{-1}=P_2$, car $(1\,2)(3\,4)\,(3\,4\,5)\,(1\,2)(3\,4)=(3\,5\,4)=(3\,4\,5)^{-1}$,
et pourtant $g\neq id$.
Cela tient au fait que, en notant $N_G(P_1)$ le stabilisateur de $P_1$ dans l'action de $G$ sur ses $p$-sous-groupes de Sylow, l'intersection $N_G(P_1)\cap N_G(P_2)$ ne contient aucun élément d'ordre $p$, mais rien ne l'empêche de contenir des éléments d'ordre autre que $p$ (voir le contre-exemple ci-dessus).
Remarque. $G=\mathfrak S_4$ est pareillement un contre-exemple, mais j'ai préféré prendre $\mathfrak A_5$ qui est simple, bien que la simplicité de $G$ n'intervienne pas dans l'implication en cause.
Alain
Maintenant, la propriété $(1)$ est vraie dans le cas particulier qui nous intéresse, où $G$ est d'ordre $p(p+1)$.
Dans ce cas, $G$ admet $(p+1)$ $p$-sous-groupes de Sylow. Si $P$ est l'un d'eux, son normalisateur $N_G(P)$ est d'indice $p+1=[G:N_G(P)]$, c'est-à-dire d'ordre $|N_G(P)|=|G|/(p+1)=p$. Ce qui fait que chaque $p$-Sylow est son propre normalisateur. L'intersection des deux de ces normalisateurs est donc triviale, ce qui te donne la propriété $(1)$.
Un autre argument pour établir le point $(3)$. Considérer la signature de $\mathfrak S_{p+1}$.
Le morphisme composé : $\ G\hookrightarrow\mathfrak S_{p+1}\xrightarrow{~\varepsilon~} \{\pm1\}$ ne peut être injectif ($p(p+1)>2$), il est donc trivial ($G$ est simple), ainsi $G$ s'injecte dans $\ker\varepsilon=\mathfrak A_{p+1}$.
Alain
Je n'avais en effet pas détaillé la justification de $(1)$, ( ce que j'aurais dû faire ) mais celle que j'avais en tête était bien celle contenue dans ton dernier message , qui utilise $\#G = p(p+1)$ et les théorèmes de Sylow appliqués aux $p$-sous groupes de $G$.. Merci pour tes précisions.