Ne peut-on pas le déduire des deux faits classiques suivants :
le centre d'un $p$-groupe n'est pas réduit au neutre ;
si $G/Z(G)$ est abélien, $G$ l'est aussi ?
Pour le premier point, on peut cacher l'équation aux classes dans l'action de $G$ sur lui-même par conjugaison : le cardinal de chaque orbite est une puissance de $p$ et pour le neutre, c'est $1$ (et bien sûr la somme des cardinaux des orbites est divisible par $p$), donc il y a au moins $p-1$ autres orbites de cardinal $1$, ce qui fait un centre non trivial.
Ah, ben non, on ne peut pas parce que le deuxième point est faux : si $H=\{\pm1,\pm i,\pm j,\pm k\}$ est le groupe quaternionique, alors $H/Z(H)\simeq (\Z/2\Z)^2$ mais $H$ n'est pas abélien.
Julia, je ne raconte pas des salades. Regarde le corollaire 9.20 de ce
PDF. Je travaille dans ce cours la théorie des groupes pour combler
mes lacunes et avoir un niveau proche du tien
À partir du moment que tu sais que $H_5$ et $H_7$ sont distingués dans $G$, que $H_5\cap H_7=\{e\}$ et que $G=H_5H_7$ (par cardinalité), tu sais que $G=H_5\times H_7$ produit direct. Donc tous les éléments de $H_5$ commutent avec ceux de $H_7$.
Comme ils sont tous deux commutatifs, le produit direct l'est aussi.
@gebrane, c'est un corollaire d'un corollaire, soit quelque chose qui apparait comme application d'un résultat important. Ben dans mon cours de L3 et dans le livre de Josette Calais que j'ai étudié, et d'autres cours encore, cela n'y est pas, cette propriété est éventuellement proposée en exercice.
Et j'ai un niveau très faible en théorie des groupes, comparé à certains sur ce forum.
Illustration : pour AD, ce qu'il vient d'énoncer sur les propriétés de deux sous-groupes qui en font un produit direct, c'est du cours, et pour toi, cela ne l'est pas puisque tu as éprouvé le besoin de le démontrer. Ben pour moi, ça c'est plus du cours que tout groupe d'ordre $p^2$ est abélien.
Julia, je ne connaissais pas ce résultat du cours cité par AD que je remercie. Peux-tu m'éclairer sur la preuve de ce résultat ?
Soit $A$ et $B$ deux sous-groupes distingués d'un groupe $G$ tels que $A \cap B = {e}$ et $AB = G$. Alors $A \times B \cong G$.
Preuve envisagée :
Définissons l homomorphisme $f : A \times B \rightarrow G$ par $f(a,b) = ab$. Je ne vois pas clairement comment l'injection est assuré par $A \cap B = e$ et la surjection par $AB = G$
Citation : J'en vois régulièrement qui demandent si leur preuve est juste, si elle est juste on se dit que la personne a eu de la chance. R.S
Quelques critères de commutativité /cyclicité d’un groupe $G$.
1. Si $Aut(G)=\{Id\}$, $G$ est abélien et tout élément de $G$ différent de $e$ est d’ordre $2$.
2. Soit $\mu(G)$ l’exposant d’un groupe fini $G$ (i.e le plus petit entier naturel tel que $x^{\mu(G)}=e$ pour tout $x \in G$). Alors $G$ est cyclique si et seulement si $\vert G\vert=\mu(G)$.
3. Soit $G$ un groupe abélien fini dont l’ordre n’est pas divisible par $k^2$ pour tout $k>1$. Alors $G$ est cyclique.
4. Exercice : Soit $G$ un groupe fini et $\sigma$ un automorphisme de $G$ tel que $\sigma^2=Id$ (*) et tel que le seul élément fixé par $\sigma$ est l’identité de $ G$. Montrer que $G$ est abélien.
(*) edit: notation corrigée suite au message de NicoLeProf. Merci !
Définissons l homomorphisme $f : A \times B \rightarrow G$ par $f(a,b) = ab$. Je ne vois pas clairement comment l'injection est assuré par $A \cap B = e$ et la surjection par $AB = G$
Pourtant, cela me semble abordable, dis moi ce que tu en penses :
soit $(a,b) \in \ker f$ . Alors $f(a,b)=e$ . Dès lors, $ab=e$ donc $b=a^{-1}$ .
Or, $a \in A$ et $A$ est un groupe donc $a^{-1} \in A$ ainsi, $b \in A$. Par conséquent, $b \in A \cap B$ et $b=e$.
Ainsi, $a=e$ . Ce qui prouve que $\ker f = \{(e,e)\}$ donc l'injectivité de $f$.
Pour la surjectivité, soit $y \in G$. Comme $G=AB$, il existe $a \in A$ et $b \in B$ tels que $y=ab$ .
Donc on a : $f(a,b)=ab=y$ et $f$ est bien surjective...
Je n'ai pas utilisé la condition "sous-groupes distingués", me serais-je trompé? Ce n'est pas aussi facile que ça?
Ou bien est-ce si trivial et la condition de "sous-groupes distingués" n'est pas utile?
biguine_equation a dit : 4. Exercice : Soit $G$ un groupe fini et $\sigma$ un automorphisme de $G$ tel que $\sigma^2=e$ et tel que le seul élément fixé par $\sigma$ est l’identité de $ G$. Montrer que $G$ est abélien.
L'énoncé de ton exercice m'intrigue : quel sens donnes-tu à $\sigma^2=e$? Un automorphisme égal à l'élément neutre de $G$? Ne serait-ce pas plutôt $\sigma^2=id$ ?
Je n'ai pas utilisé la condition "sous-groupes distingués", me serais-je trompé?
Elle est utilisée pour montrer que $f$ est bien un morphisme de groupes, c'est ça qu'il reste à vérifier. Il faut donc montrer que $\forall (a,b)\in A\times B, ab=ba$.
Nicoleprof, Je voulais taquiner Julia, mais tu as coupé l'herbe sous mes
pieds. Tu as besoin que les groupes soient distingués pour démontrer
que f est bien un homomorphisme.
Citation : J'en vois régulièrement qui demandent si leur preuve est juste, si elle est juste on se dit que la personne a eu de la chance. R.S
@MrJ J'essayais de résoudre ton exo en utilisant le groupe quotient (mon message plus haut), mais sans succès, et je me posais la question de la raison (voir plus haut). Pas mal ta démonstration qui n'utilise pas l'exo de JLT ! Je remarque que ce genre de démonstration se trouve sans chercher à démontrer le résultat, mais en laissant traîner son imagination.
D'autre part, si $M\in GL_2(\mathbb{F}_7)$ est d'ordre $42$, alors son polynôme minimal $\pi_M$ est un diviseur de degré au plus $2$ de $X^{42}-1$. En utilisant la décomposition précédente, on constate que ce n'est pas possible : l'ordre de $M$ est un élément de $\{1,2,3,6,12,18\}$.
Conlusion : Il n'y a pas d'élément d'ordre $42$ dans $GL_2(\mathbb{F}_7)$.
Édit : Sage semble m'indiquer que je raconte n'importe quoi...
La réponse semble être 96. Si quelqu'un peut me pointer mon erreur que je n'arrive toujours pas à repérer... Merci !
Merci ! Je crois voir l'erreur : je me suis fait avoir en ne tenant pas compte des multiplicités (de la puissance $7$).
On remarque que les polynômes $\Phi_1 = X-1$ et $\Phi_2 = X+1$ sont irréductibles dans $\mathbb{F}_7[X]$, puis qu'on a les égalités $\Phi_3 = X^2 + X + 1 = (X-2)(X-4)$ et $\Phi_6 = X^2 - X + 1 = (X-3)(X-5)$. Incroyable (ironie) : qui aurait cru que les éléments de $\mathbb{F}_7^\times$ sont les racines de $X^6-1$...
On en déduit que $\pi_M$ est scindé sur $\mathbb{F}_7$. De plus, la matrice $M$ n'est pas diagonalisable, sinon on aurait que $M^6 = \textrm{I}_2$. On conclut qu'il existe $a\in \mathbb{F}_7^\ast$ tel que $\pi_M=(X-a)^2$. Réciproquement, par un calcul direct (en trigonalisant), on constate que $M$ est d'ordre $42$ si et seulement si $\pi_M \in\{(X-3)^2, (X-5)^2\}$.
Finalement, il suffit de compter le nombre d’éléments dans la classe de similitude des matrices $M= \begin{pmatrix}3&1\\0&3\end{pmatrix}$ et $M=\begin{pmatrix}5&1\\0&5\end{pmatrix}$. Comme ces deux matrices représentent un endomorphisme cyclique, leur commutant est exactement $\mathbb{F}_7[M]$ : on en déduit que le cardinal de leur classe de similitude est
, tu sais que $G=H_5\times H_7$ produit direct. Donc tous les éléments de $H_5$ commutent avec ceux de $H_7$.
Bonjour @AD Il me semble que le mot "Donc" rend ton raisonnement circulaire, car
pour démontrer que G est isomorphe à $H_5\times H_7$, on a besoin de
prouver que l'application $f:=f(a,b)=ab$ est un morphisme de groupe,
c'est-à-dire $f((a,b)*(c,d))=f(a,b)f(c,d)$, autrement dit acbd=abcd .
Et là, clairement, tu as besoin de prouver que tout élément de $H_5$
commute avec tout élément de $H_7$. Je ne sais pas si tu as compris ce
que je veux dire.
Citation : J'en vois régulièrement qui demandent si leur preuve est juste, si elle est juste on se dit que la personne a eu de la chance. R.S
Généralisation : pour tout $p$ premier il y a exactement $(p^2-1)\varphi(p-1)$ éléments d'ordre $p(p-1)$ dans $GL_2(\mathbb{F}_p)$.
Le groupe $\text{GL}_2(\mathbb{F}_p)$ est de cardinal $(p^2-1)(p^2-p)$. On va dénombrer les matrices semblables à une matrice du type $M_{\alpha}=\begin{pmatrix} \alpha & 1 \\ 0 & \alpha \end{pmatrix}$, où $\alpha$ est d'ordre $p-1$ dans le groupe multiplicatif $\mathbb{F}_p^*$, qui est cyclique de cardinal $p-1$. En effet, ces matrices sont d'ordre $p(p-1)$ puisque $\begin{pmatrix} \alpha & 1 \\ 0 & \alpha \end{pmatrix}^n = \begin{pmatrix} \alpha^n & n\alpha^{n-1} \\ 0 & \alpha^n \end{pmatrix}$ donc leur ordre est le plus petit entier $n$ à la fois multiple de $p$ (pour avoir $n=0 \pmod{p}$) et de $p-1$ (pour avoir $\alpha^n=1$).
Si on fixe $\alpha \in \mathbb{F}_p^*$, ce qui peut se faire de $\varphi(p-1)$ façons (le groupe multiplicatif $\mathbb{F}_p^*$ est cyclique, isomorphe au groupe additif $\mathbb{Z}/(p-1)\mathbb{Z}$ qui a $p-1$ générateurs), le stabilisateur de $M_{\alpha}$ pour l'action de conjugaison est constitué des matrices inversibles qui commutent avec $M_{\alpha}$. Ce sont exactement les polynômes en $M_{\alpha}$ parce que la matrice $M_{\alpha}$ est cyclique : son polynôme minimal $(X-\alpha)^2$ est égal à son polynôme caractéristique. Après division euclidienne par $(X-\alpha)^2$, tout polynôme en $M_{\alpha}$ s'écrit sous la forme $P(M_{\alpha})$ avec $P$ de degré inférieur ou égal à $1$. La matrice $P(M_{\alpha})$ est non inversible si et seulement si $P(\alpha)=0$. Ces polynômes sont de la forme $\beta(X-\alpha)$, il y en a donc $p$, qui correspond au choix de $\beta$ dans $\mathbb{F}_p$. Finalement, il y a $p^2$ polynômes en $M_{\alpha}$, dont $p$ ne sont pas inversibles. L' ensemble des matrices inversibles qui commutent avec $M_{\alpha}$ a donc pour cardinal $p^2-p$.
On conclut qu'il y a $\dfrac{ \left|\text{GL}_2(\mathbb{F}_p)\right| } {p^2-p}=p^2-1$ matrices semblables à $M_{\alpha}$. Au total, cela fournit $\varphi(p-1)(p^2-1)$ matrices d'ordre $p(p-1)$.
Reste à voir s'il n'y a pas d'autres façons d'obtenir des éléments d'ordre $p(p-1)$.
@Aristide Fatou : Il me semble que les arguments que j’ai utilisé pour le cas $p=7$ s’adaptent directement pour montrer que les solutions sont nécessairement de la forme que tu as donnée.
Oui : le polynôme $X^p-1=(X-1)^p$ est scindé dans $\mathbb{F}_p$. Une matrice est d'ordre $p$ si et seulement si elle est semblable à $\begin{pmatrix} 1 & 1 \\0 & 1 \end{pmatrix}$.
La classe de similitude de cette matrice a pour cardinal $\frac{(p^2-1)(p^2-p)}{p^2-p}=p^2-1$.
Plus délicat : montrer que l'ordre maximal dans $\text{GL}_2(\mathbb{F}_p)$ est $p^2-1$ et dénombrer les matrices de cet ordre. Je fais le début : pour toute matrice $M \in \text{GL}_2(\mathbb{F}_p)$, l'algèbre $\mathbb{F}_p$ des polynômes en $M$ est de cardinal au plus $p^2$ (polynôme minimal de degré au plus 2) donc il y a au plus $p^2-1$ matrices distinctes de la forme $M^k$. Ceci donne le majorant annoncé sur l'ordre.
Pour réaliser une matrice d'ordre $p^2-1$, il faut regarder la décomposition de $X^{p^2-1}-1$ dans $\mathbb{F}_p$ et trouver un facteur irréductible de degré $2$ dont une racine est d'ordre $p^2-1$ dans une extension (de degré $2$) de $\mathbb{F}_p$. Le polynôme minimal d'un générateur de $\mathbb{F}_{p^2}^*$ convient. On peut ensuite prendre pour $M$ la matrice compagnon de ce polynôme de degré $2$.
On peut aussi ajouter que $X^{p^2-1}-1$ se factorise sans facteur carré, donc les solutions sont nécessairement des matrices diagonalisables dans une extension de $\mathbb{F}_p$.
Comme le groupe $\mathbb{F}_{p^2}^\ast$ est cyclique, il admet $\varphi(p^2-1)$ générateurs, ce qui donne $\dfrac{1}{2} \varphi(p^2-1)$ polynômes minimaux sur $\mathbb{F}_p$. On conclut comme précédemment que le nombre de matrice $M$ d'ordre $p^2-1$ est
En effet, les éléments de $\mathbb{F}_p[M]$ s'écrivent de manière unique $a I_2 + b M$ avec $(a,b)\in\mathbb{F}_p^2$ et comme $M$ n'a pas de valeurs propres dans $\mathbb{F}_p$, ils sont tous inversibles sauf pour $(a,b)=(0,0)$.
Un sous-groupe fini de $\text{GL}_2(\mathbf{R})$ est conjugué à un sous-groupe de $\mathcal{O}_2(\mathbf{R})$, donc cyclique ou diédral.
Si en plus les éléments doivent être de déterminant 1, c'est un groupe cyclique d'ordre arbitraire (considérer le groupe engendré par une rotation d'ordre $n$).
La suite : les sous-groupes finis de $\text{GL}_2(\mathbf{Z})$.
Je crois avoir généré un monstre Mathieu doit s'en retourner dans sa tombe ! Coïncidence fâcheuse, je me suis interrogé récemment sur les sous-groupes finis de $GL_2(\mathbb{R}).$
Il me semble qu'on fait intervenir un produit scalaire pour établir la conjugaison, mais je n'ai jamais compris pourquoi on le "moyennisait". Est-ce juste esthétique ?
L'injection brillamment établie des sous-groupes finis de $GL_2(\mathbb{Z})$ dans $GL_2(\mathbb{F}_3)$ ferait-elle l'affaire pour leur classification ?
Le résultat général est le suivant : si $G$ est un sous-groupe compact de $GL_n(\R)$, alors il existe une forme quadratique définie positive $q:\R^n\to\R$ telle que $G\subset O(q)$.
On a omis de mentionner l'affirmation mêlée d'un doute de MRJ selon laquelle,
Si f est un morphisme surjectif de G → G, défini par f(x) = $x^n $
(n>1), alors G est abélien
D’après l'argument de JLT, on sait seulement que les $x^{n-1}$ sont dans le centre de G
Salut, c'est faux si $n>3$: il suffit de savoir que pour tout $k>2$ il existe un groupe non abélien dont tous les éléments sont d'ordre divisant $k$. Si $k=n-1$, l'application $f$ ci dessus n'est alors rien de plus que l'identité, donc un morphisme surjectif. Pour montrer l'existence du groupe, il suffit de le faire pour $k$ premier impair et pour $k=4$: -pour $k=p$ premier impair le groupe $G$ formé des matrices $\begin{pmatrix} 1 & a & b \\ 0 & 1 & c \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}$ avec $a,b,c\in \mathbb{F}_p$ marche (exo). -pour $k=4$, le groupe diédral à 8 éléments marche.
Dans la continuité de certains posts antérieurs, que certains très anciens pourraient reconnaître:
1) Si $m$ et $n$ sont deux entiers premiers entre eux, et si $G$ est un groupe tel que pour tout $x,y$ dans $G$, $x^my^m=y^mx^m$ et $x^ny^n=y^n x^n$, montrer que $G$ est abélien.
2) Si $m$ et $n$ sont deux entiers tels que $\frac{m(m-1)}{2}$ et $\frac{n(n-1)}{2}$ sont premiers entre eux, et si $G$ est un groupe tel que pour tout $x\mapsto x^m$ et $x\mapsto x^n$ sont des morphismes de $G$, montrer que $G$ est abélien.
3) Montrer que les hypothèses sur $m$ et $n$ sont nécessaires dans les deux questions précédentes.
Deux nouveaux critères dont un probabiliste pour la commutativité. Un groupe fini $G$ dans lequel l’équation $x^p=e$ admet, quelque soit $p$, au plus $p$ solutions, est cyclique. Soient $G$ un groupe fini et $k(G)$ la probabilité que deux éléments $g,h \in G$ choisis de manière uniforme et indépendante soient conjugués. Si $k(G)< \frac{7}{4\vert G \vert}$, alors $G$ est abélien.
Je n'ai pas trouvé de solution élémentaire à la 1ère question:
Si $H$ est un $p$-Sylow de $G$, disons d'ordre $p^k$, alors $H$ est nécessairement cyclique, sinon tous ses éléments seraient d'ordre divisant $p^{k-1}$, ce qui contredirait l'hypothèse. De plus, $H$ contient tous les éléments de $G$ d'ordre divisant $p^k$, c'est donc l'unique $p$-Sylow de $G$.
Ainsi pour chaque premier $p$ divisant l'ordre de $G$ il existe unique $p$-Sylow $H_p$ de $G$, cyclique. Ces différents Sylow $H_p$ sont distingués de par leur unicité, et ils s'intersectent trivialement. On en déduit que le groupe $G$ est donc isomorphe au produit direct des $H_p$, et est donc lui même cyclique par le lemme des chinois.
Ne peut-on pas appliquer la même démonstration que celle pour montrer qu’un sous-groupe fini de $K^\ast$ est cyclique (en comptant les éléments de chaque ordre, voir le Perrin).
je crains de t’avoir induit en erreur en ne précisant pas que $p$ est un entier quelconque (pas nécessairement premier). On considère un groupe $G$ d’ordre $n$ et on note $x_p$ le nombre d’éléments de $G$ dont l’ordre est égal à $p$. On peut avoir une solution élémentaire à partir de là.
Réponses
M’-enfin Julia, c'est un résultat classique à connaitre.
Julia, je ne connaissais pas ce résultat du cours cité par AD que je remercie. Peux-tu m'éclairer sur la preuve de ce résultat ?
Soit $A$ et $B$ deux sous-groupes distingués d'un groupe $G$ tels que $A \cap B = {e}$ et $AB = G$. Alors $A \times B \cong G$.
Preuve envisagée :
Définissons l homomorphisme $f : A \times B \rightarrow G$ par $f(a,b) = ab$. Je ne vois pas clairement comment l'injection est assuré par $A \cap B = e$ et la surjection par $AB = G$
1. Si $Aut(G)=\{Id\}$, $G$ est abélien et tout élément de $G$ différent de $e$ est d’ordre $2$.
2. Soit $\mu(G)$ l’exposant d’un groupe fini $G$ (i.e le plus petit entier naturel tel que $x^{\mu(G)}=e$ pour tout $x \in G$). Alors $G$ est cyclique si et seulement si $\vert G\vert=\mu(G)$.
3. Soit $G$ un groupe abélien fini dont l’ordre n’est pas divisible par $k^2$ pour tout $k>1$. Alors $G$ est cyclique.
4. Exercice : Soit $G$ un groupe fini et $\sigma$ un automorphisme de $G$ tel que $\sigma^2=Id$ (*) et tel que le seul élément fixé par $\sigma$ est l’identité de $ G$. Montrer que $G$ est abélien.
(*) edit: notation corrigée suite au message de NicoLeProf. Merci !
Je voulais taquiner Julia, mais tu as coupé l'herbe sous mes pieds. Tu as besoin que les groupes soient distingués pour démontrer que f est bien un homomorphisme.
Pas mal ta démonstration qui n'utilise pas l'exo de JLT ! Je remarque que ce genre de démonstration se trouve sans chercher à démontrer le résultat, mais en laissant traîner son imagination.
Édit 2 : J’ai barré uniquement la partie fausse.
Il me semble que le mot "Donc" rend ton raisonnement circulaire, car pour démontrer que G est isomorphe à $H_5\times H_7$, on a besoin de prouver que l'application $f:=f(a,b)=ab$ est un morphisme de groupe, c'est-à-dire $f((a,b)*(c,d))=f(a,b)f(c,d)$, autrement dit acbd=abcd . Et là, clairement, tu as besoin de prouver que tout élément de $H_5$ commute avec tout élément de $H_7$. Je ne sais pas si tu as compris ce que je veux dire.
Alain
\alpha & 1 \\
0 & \alpha
\end{pmatrix}$, où $\alpha$ est d'ordre $p-1$ dans le groupe multiplicatif $\mathbb{F}_p^*$, qui est cyclique de cardinal $p-1$. En effet, ces matrices sont d'ordre $p(p-1)$ puisque $\begin{pmatrix}
\alpha & 1 \\
0 & \alpha \end{pmatrix}^n = \begin{pmatrix}
\alpha^n & n\alpha^{n-1} \\
0 & \alpha^n \end{pmatrix}$ donc leur ordre est le plus petit entier $n$ à la fois multiple de $p$ (pour avoir $n=0 \pmod{p}$) et de $p-1$ (pour avoir $\alpha^n=1$).
Au total, cela fournit $\varphi(p-1)(p^2-1)$ matrices d'ordre $p(p-1)$.
Je fais le début : pour toute matrice $M \in \text{GL}_2(\mathbb{F}_p)$, l'algèbre $\mathbb{F}_p$ des polynômes en $M$ est de cardinal au plus $p^2$ (polynôme minimal de degré au plus 2) donc il y a au plus $p^2-1$ matrices distinctes de la forme $M^k$. Ceci donne le majorant annoncé sur l'ordre.
Pour montrer l'existence du groupe, il suffit de le faire pour $k$ premier impair et pour $k=4$:
-pour $k=p$ premier impair le groupe $G$ formé des matrices $\begin{pmatrix} 1 & a & b \\ 0 & 1 & c \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}$ avec $a,b,c\in \mathbb{F}_p$ marche (exo).
-pour $k=4$, le groupe diédral à 8 éléments marche.
1) Si $m$ et $n$ sont deux entiers premiers entre eux, et si $G$ est un groupe tel que pour tout $x,y$ dans $G$, $x^my^m=y^mx^m$ et $x^ny^n=y^n x^n$, montrer que $G$ est abélien.
2) Si $m$ et $n$ sont deux entiers tels que $\frac{m(m-1)}{2}$ et $\frac{n(n-1)}{2}$ sont premiers entre eux, et si $G$ est un groupe tel que pour tout $x\mapsto x^m$ et $x\mapsto x^n$ sont des morphismes de $G$, montrer que $G$ est abélien.
3) Montrer que les hypothèses sur $m$ et $n$ sont nécessaires dans les deux questions précédentes.
Un groupe fini $G$ dans lequel l’équation $x^p=e$ admet, quelque soit $p$, au plus $p$ solutions, est cyclique.
Soient $G$ un groupe fini et $k(G)$ la probabilité que deux éléments $g,h \in G$ choisis de manière uniforme et indépendante soient conjugués.
Si $k(G)< \frac{7}{4\vert G \vert}$, alors $G$ est abélien.
Si $H$ est un $p$-Sylow de $G$, disons d'ordre $p^k$, alors $H$ est nécessairement cyclique, sinon tous ses éléments seraient d'ordre divisant $p^{k-1}$, ce qui contredirait l'hypothèse. De plus, $H$ contient tous les éléments de $G$ d'ordre divisant $p^k$, c'est donc l'unique $p$-Sylow de $G$.
Ainsi pour chaque premier $p$ divisant l'ordre de $G$ il existe unique $p$-Sylow $H_p$ de $G$, cyclique. Ces différents Sylow $H_p$ sont distingués de par leur unicité, et ils s'intersectent trivialement. On en déduit que le groupe $G$ est donc isomorphe au produit direct des $H_p$, et est donc lui même cyclique par le lemme des chinois.
je crains de t’avoir induit en erreur en ne précisant pas que $p$ est un entier quelconque (pas nécessairement premier).
On considère un groupe $G$ d’ordre $n$ et on note $x_p$ le nombre d’éléments de $G$ dont l’ordre est égal à $p$. On peut avoir une solution élémentaire à partir de là.