Groupes d’ordre $144$

On a $144=2^{4}\cdot 3^{2}$. Raisonnons par l’absurde en supposant $G$ simple.

Lemme (action sur les classes)
Si $G$ possède un sous-groupe propre $H$ d’indice $k\geqslant 2$ tel que $|G|\nmid k!$, alors $G$ n’est pas simple.
Preuve
L’action de $G$ sur $G/H$ par translation fournit un morphisme $\varphi:G\to\mathfrak{S}_{G/H}\simeq\mathfrak{S}_k$. Si $\ker\varphi$ était trivial, $G$ s’injecterait dans $\mathfrak{S}_k$ et $|G|$ diviserait $k!$, ce qui est exclu. Donc $\ker\varphi\neq\{e\}$ ; par ailleurs $\ker\varphi\subseteq H\subsetneq G$. C’est un sous-groupe distingué propre non trivial.

Comme $144\nmid 24=4!$, tout sous-groupe propre d’indice $\leqslant 4$ contredit la simplicité de $G$. Nous l’utiliserons systématiquement.

Discussion selon $n_3$
Les théorèmes de Sylow donnent $n_3\equiv 1 \pmod 3$ et $n_3\mid 16$, d’où $n_3\in\{1,4,16\}$.

Cas $n_3=1$. L’unique $3$-sous-groupe de Sylow est distingué : $G$ n’est pas simple.

Cas $n_3=4$. Pour $P\in\mathrm{Syl}_3(G)$, on a $[G:N_G(P)]=n_3=4$, et $N_G(P)\neq G$. Le lemme~\ref{lem:poincare} conclut.

Cas $n_3=16$. Alors $[G:N_G(P)]=16$, donc $|N_G(P)|=9$, c’est-à-dire $N_G(P)=P$ pour tout $P\in\mathrm{Syl}_3(G)$. Deux sous-cas se présentent.

(a) Les $3$-Sylow s’intersectent deux à deux trivialement. Ils fournissent alors $16\times(9-1)=128$ éléments d’ordre $3$ ou $9$, deux à deux distincts. Il reste $144-128=16$ éléments dont l’ordre est une puissance de $2$. Or tout $2$-sous-groupe de Sylow est d’ordre $16$ et n’est composé que de tels éléments : il coïncide donc exactement avec cet ensemble, d’où $n_2=1$ et le $2$-Sylow est distingué.

(b) Il existe $P\neq Q$ dans $\mathrm{Syl}_3(G)$ avec $D:=P\cap Q\neq\{e\}$.
Alors $|D|=3$. Les groupes $P$ et $Q$, d’ordre $9=3^{2}$, sont abéliens, donc normalisent $D$ : ainsi $P\cup Q\subseteq N:=N_G(D).$ Comme
$$|PQ|=\frac{|P|\,|Q|}{|P\cap Q|}=\frac{9\times 9}{3}=27,$$on obtient $|N|\geqslant 27$. Or $9$ divise $|N|$ et $|N|$ divise $144$, donc $|N|\in\{36,72,144\}$, c’est-à-dire $[G:N]\leqslant 4$. Si $N=G$, le sous-groupe $D$ est distingué ; sinon le lemme s’applique.

Dans tous les cas, $G$ possède un sous-groupe distingué propre non trivial : $G$ n’est pas simple. $\blacksquare$

Remarque

L’argument ne dépend que de l’écriture $144=2^{4}\cdot 3^{2}$. Il s’inscrit dans un résultat général, le théorème de Burnside : aucun groupe d’ordre $p^{a}q^{b}$ n’est simple, sauf s’il est cyclique d’ordre premier. La preuve générale relève de la théorie des caractères, alors que le cas $144$ se traite entièrement à la main.
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