Discussion:Sous-groupe de Hall

Remarque superflue dans une démonstration ?

Voici l'énoncé et sa démonstration :

" Si $H$ est un sous-groupe de Hall normal de $G$, il est caractéristique dans $G$.

Démonstration.
Soient $\ r$ l'ordre de $\ H$, $\ s$ son indice dans $\ G$ et $\ x$ un élément de $\ G$ n'appartenant pas à $\ H$ (si un tel élément n'existe pas, c'est que $\ H=G$). L'image $\ x'$ de $\ x$ par l'homomorphisme canonique $\ G$ sur le quotient ${\frac {G}{H}}$ est distincte de l'élément neutre. Comme ce quotient est un groupe d'ordre $\ s$ premier avec $\ r$, $\ x'^{r}$ est donc lui aussi distinct de l'élément neutre et $\ x^{r}$ l'est donc aussi dans $\ G$ (son image étant $\ x'^{r}$). Ainsi, $\ H$ est l'ensemble des solutions de l'équation $\ x^{r}=1$ et est donc caractéristique. "

En toute rigueur, la remarque "(si un tel élément n'existe pas, c'est que $\ H=G$)" est inutile dans la démonstration : on ne choisit pas un tel élément x, on démontre une propriété qu'il doit avoir s'il existe.

Je supprimerais cette remarque mais je ne le ferai que si d'autres contributeurs sont d'accord avec moi.

(Je me suis permis de remplacer dans la démonstration "non nul" par "différent de l'élément neutre", puisqu'il est question d'un groupe noté multiplicativement.)

Marvoir (d) 6 juin 2008 à 07:46 (CEST)

Théorème de Hall

D'après Rotman 4^e éd. : Theorem 5.29 (P. Hall, 1937), p. 110, la condition suffisante de résolubilité (démontrée par Hall ?) est un peu plus faible : dans « pour tout diviseur $d$ de $|G|$ tel que $d$ soit premier avec ${\frac {|G|}{d}}$, il existe un sous-groupe (de Hall) d'ordre $d$ de $G$ », on peut se contenter des d pour lesquels ${\frac {|G|}{d}}=p^{n}$ (avec p premier ne divisant pas d). Autrement dit : un groupe fini est résoluble dès que tout Sylow a un complément. Anne, 19/6/16, 15 h 48

C'est juste. Si je me souviens bien, je m'étais contenté de la forme « il faut et il suffit » parce qu'elle me semblait plus esthétique, mais il vaut peut-être mieux donner la forme plus forte de la réciproque. Comme tu sembles plongée dans la théorie des groupes et que je ne suis même plus plongé dans les maths, je te laisse faire à ton idée. Marvoir (discuter), 16 h 03

En fait je passais par là parce que je me demandais vaguement s'il n'y avait pas moyen, en utilisant ce théorème, de démontrer plus rapidement celui de Schmidt. Anne, 19 h 55