article sur les groupes cycliques

J'ai

Exo amusant. Voici une preuve perso fondée sur les seuls théorèmes de Sylow (j'imagine qu'elle recouvre plus ou moins celles qui ont été citées) : on raisonne par récurrence forte sur $n$.

Soit donc $G$ un groupe d'ordre $n$, où $n$ est premier avec $\varphi(n)$ et $n \geq 3$.
En particulier $n$ est impair et tous ses diviseurs premiers sont simples.
L'hypothèse de récurrence garantit que tous les sous-groupes stricts de $G$ sont cycliques.
Si le centre de $G$ est non réduit au neutre, alors l'hypothèse de récurrence montre que le quotient $G/Z(G)$ est cyclique et c'est alors un exercice classique que d'en déduire que $G$ est abélien, puis cyclique (théorème chinois).

Dans toute la suite, on suppose donc que $Z(G)=\{1\}$ et on espère
en tirer une contradiction.

On va pour cela examiner les sous-groupes stricts maximaux de $G$.
Remarquons que $G$ n'est alors pas cyclique vu l'hypothèse sur son centre,
et tout élément de $G$ appartient donc à un sous-groupe maximal (au moins).

Soit $H$ et $H'$ deux sous-groupes maximaux distincts.
Tout élément de $H \cap H'$ commute avec tout élément de $H \cup H'$ donc avec tout élément de $G$
qui est le sous-groupe engendré $H \cup H'$. Ainsi $H \cap H'=\{0\}$.
Par suite, $G-\{1\}$ est la réunion disjointes des sous-groupes maximaux de $G$ privés du neutre.

Supposons maintenant que $|H|$ et $|H'|$ ne soient pas premiers entre eux.
En choisissant un diviseur premier $p$ de ces ordres et en appliquant les théorèmes de Sylow
aux $p$-Sylows de ces groupes, on trouverait que $gHg^{-1} \cap H' \neq \{1\}$ pour un certain $g \in G$, contredisant ainsi le point précédent sauf si $gHg^{-1}=H'$ ($gHg^{-1}$ est évidemment maximal).

Ainsi, deux sous-groupes maximaux sont ou bien de cardinaux premiers entre eux, ou bien
de même cardinal et sont alors conjugués. Par suite, si l'on note $q_1,\dots,q_N$
les ordres possibles de ces sous-groupes maximaux, on a $n=q_1\dots q_N$
et $G$ agit transitivement par conjugaison sur l'ensemble de ses sous-groupes d'ordre $q_i$ pour tout $i$.

Fixons enfin $H$ un sous-groupe maximal d'ordre $q$.
Remarquons que son normalisateur $N(H)$
est égal à son centralisateur. En effet, le groupe des automorphismes de $H$ est
d'ordre $\varphi(q)$, qui est premier avec $n$, donc le morphisme naturel de $N(H)$ dans $Aut(H)$
est trivial. Or, pour tout $x \in G \setminus H$ normalisant $H$, le sous-groupe engendré par $H$ et $x$
est $G$ (maximalité de $H$), ce qui prouverait que $x \in Z(G)$. Ainsi $N(H)=H$.

Faisant agir par conjugaison $G$ sur l'ensemble des sous-groupes maximaux d'ordre $q_i$, on trouve
ainsi $|G|/q_i$ tels sous-groupes.
On en déduit finalement $n=1+\sum_{i=1}^N\frac{n}{q_i} (q_i-1)$ avec $N \geq 2$
ce qui est absurde (le membre de droite est clairement supérieur à celui de gauche).

Juste en passant, votre livre se fait attendre...

Je le sais bien, et en suis désolé, mais ce n'est plus de mon ressort...

(td)

On dit aussi "Le Merdix"...