Parmi les couples (R, S) de p-sous-groupes de Sylow de G distincts tels que

(1) ${\displaystyle R\cap S}$ contienne ${\displaystyle P\cap Q}$,

choisissons-en un tel que

(2) ${\displaystyle \vert R\cap S\vert }$ soit le plus grand possible.

Alors, si on désigne par I(2, p, G) l'ensemble des ${\displaystyle A\cap B,}$ où (A, B) parcourt les couples de p-sous-groupes de Sylow de G tels que ${\displaystyle A\neq B}$,

(3) ${\displaystyle \vert R\cap S\vert }$ est un élément maximal de I(2, p, G) ordonné par inclusion.

Pour prouver l'énoncé, il suffit évidemment de prouver que

(thèse 4) ${\displaystyle R\cap S}$ est contenu dans tous les p-sous-groupes de Sylow de G.

Posons ${\displaystyle N=N_{G}(R\cap S).}$ D'après l'énoncé qu'on a appelé « lemme de l'intersection maximale » dans le chapitre théorique, il résulte de (3) que

(5) ${\displaystyle R\cap N}$ et ${\displaystyle S\cap N}$ sont deux différents p-sous-groupes de Sylow de N.

Donc N a plus d'un p-sous-groupe de Sylow. D'après les théorèmes de Sylow, il en résulte que ${\displaystyle n_{p}(N)}$ (nombre des p-sous-groupes de Sylow de N) est > 1, congru à 1 modulo p et divise ${\displaystyle \vert N\vert }$, lequel divise ${\displaystyle \vert G\vert }$. D'après l'hypothèse de minimalité faite sur ${\displaystyle n_{p}(G)}$ dans l'énoncé, nous avons donc

(6) ${\displaystyle n_{p}(N)\geq n_{p}(G).}$

D'autre part, puisque N est sous-groupe de G, il existe une injection f de ${\displaystyle \mathrm {Syl} _{p}(N)}$ (ensemble des p-sous-groupes de Sylow de N) dans ${\displaystyle \mathrm {Syl} _{p}(G)}$ (ensemble des p-sous-groupes de Sylow de G) telle que, pour tout p-sous-groupe de Sylow A de N, f(A) contienne A (voir un exercice de la série Théorèmes de Sylow).
D'après (6), cette injection doit être une surjection, donc

(7) tout p-sous-groupe de Sylow de G contient un p-sous-groupe de Sylow de N.

Mais ${\displaystyle R\cap S}$ est un p-sous-groupe normal de ${\displaystyle N=N_{G}(R\cap S),}$ donc ${\displaystyle R\cap S}$ est contenu dans tout p-sous-groupe de Sylow de N. Donc, d'après (7), tout p-sous-groupe de Sylow de G contient ${\displaystyle R\cap S}$. Nous avons choisi R et S tels que ${\displaystyle R\cap S}$ contienne ${\displaystyle P\cap Q}$, donc tout p-sous-groupe de Sylow de G contient ${\displaystyle P\cap Q}$, ce qui démontre l'énoncé.

D'après une forme forte du théorème de congruence de Sylow qu'on a démontrée dans les exercices sur les théorèmes de Sylow, il résulte de l'hypothèse 2° qu'on peut choisir deux différents p-sous-groupes de Sylow P et Q tels que

(1) ${\displaystyle P\cap Q>1.}$

D'après l'hypothèse 1° et le point a), ${\displaystyle P\cap Q}$ est contenu dans tous les p-sous-groupes de Sylow de G. Donc si I désigne l'intersection des p-sous-groupes de Sylow de G, ${\displaystyle I=P\cap Q.}$ Comme ${\displaystyle P\cap Q<P}$ (d'où ${\displaystyle P\cap Q<G}$), nous avons I < G, ce qui, joint à (1), donne

(2) 1 < I < G.

On a vu dans un exercice sur le chapitre Sous-groupes caractéristiques que I est un sous-groupe caractéristique de G, donc (2) montre que G n'est pas caractéristiquement simple et a fortiori n'est pas simple.

Notons ${\displaystyle n_{5}(G)}$ le nombre des 5-sous-groupes de Sylow de G. D'après les théorèmes de Sylow, ${\displaystyle n_{5}(G)}$ est congru à 1 modulo 5 et divise ${\displaystyle 16\times 11}$. En distinguant selon que ${\displaystyle n_{5}(G)}$ est divisible ou non par 11, on trouve que ${\displaystyle n_{5}(G)}$ est égal à 1, 11, 16 ou ${\displaystyle 16\times 11}$.
Si ${\displaystyle n_{5}(G)=1,}$ G a un 5-sous-groupe de Sylow normal et n'est donc pas simple.
Si ${\displaystyle n_{5}(G)=11,}$ alors ${\displaystyle n_{5}(G)}$ est le plus petit diviseur d de ${\displaystyle \vert G\vert }$ tel que d > 1 et d ≡ 1 (mod 5); comme, de plus, 11 n'est pas congru à 1 modulo la plus grande puissance de 5 (à savoir 25) qui divise ${\displaystyle \vert G\vert }$, il résulte du point b) que G n'est pas simple.
Si ${\displaystyle n_{5}(G)=16\times 11,}$ alors, P désignant un 5-sous-groupe de Sylow de G, ${\displaystyle \vert N_{G}(P)\vert =25,}$ donc

(1)${\displaystyle \vert N_{G}(P)\vert =P.}$

D'autre part, puisque l'ordre de P est le carré d'un nombre premier, P est commutatif, donc ${\displaystyle P\leq C_{G}(P)\leq N_{G}(P),}$ ce qui, joint à (1), donne ${\displaystyle N_{G}(P)=C_{G}(P).}$ D'après le théorème du complément de Burnside, P a donc un complément normal dans G, donc G n'est pas simple.
Reste le cas où ${\displaystyle n_{5}(G)=16.}$ Alors, P désignant un 5-sous-groupe de Sylow de G,

(2) ${\displaystyle \vert N_{G}(P)\vert =25\times 11.}$

En particulier,

(3) ${\displaystyle \vert N_{G}(P)\vert }$ est divisible par 11. Prouvons que

(thèse 4) ${\displaystyle [N_{G}(P):C_{G}(P)]}$ n'est pas divisible par 11.

D'après le lemme N/C, ${\displaystyle [N_{G}(P):C_{G}(P)]}$ divise ${\displaystyle \vert \mathrm {Aut} (P)\vert }$.
Si P est cyclique (d'ordre 25), alors, d'après le chapitre Automorphismes d'un groupe cyclique, ${\displaystyle \vert \mathrm {Aut} (P)\vert =\varphi (25)=20}$, donc la thèse (4) est vraie dans ce cas.
Si maintenant P n'est pas cyclique, il est produit direct de deux groupes d'ordre 5 (voir le chapitre Théorèmes de Sylow). D'après une remarque sur un exercice de la série Produit de groupes, P est assimilable à un espace vectoriel de dimension 2 sur le corps à p éléments. On montre facilement que les automorphismes du groupe P sont les automorphismes de cet espace vectoriel. Or ces automorphismes d'espace vectoriel sont en nombre ${\displaystyle 24\times 20}$ (voir le chapitre Simplicité des groupes linéaires spéciaux projectifs), donc dans ce cas aussi, la thèse (4) est vraie, c'est-à-dire que ${\displaystyle [N_{G}(P):C_{G}(P)]}$ n'est pas divisible par 11. Donc d'après (3),

(5) ${\displaystyle \vert C_{G}(P)\vert }$ est divisible par 11.

Puisque P est commutatif, il est contenu dans ${\displaystyle C_{G}(P)}$, donc l'ordre de ${\displaystyle C_{G}(P)}$ est divisible par 25. D'après (5), cet ordre est donc divisible par ${\displaystyle 25\times 11}$, donc, d'après (2), ${\displaystyle N_{G}(P)=C_{G}(P).}$ D'après le théorème du complément normal de Burnside, P a donc un complément normal dans G, donc G n'est pas simple.

Soit h un élément d'ordre 2 de G. L'énoncé revient à dire que h appartient à exactement cinq 2-sous-groupes de Sylow de G.
D'après le chapitre théorique (étape 17), les éléments d'ordre 2 de G sont en nombre 21 et forment une seule classe de conjugaison, donc le centralisateur de tout élément d'ordre 2 de G est d'ordre 8, donc tout élément g d'ordre 2 de G est central dans un et un seul 2-sous-groupe de Sylow de G.
Donc ${\displaystyle C_{G}(h)}$ est un 2-sous-groupe de Sylow de G. On a vu au chapitre théorique (étape 10) que les 2-sous-groupes de Sylow de G sont diédraux d'ordre 8 et on vérifie facilement qu'un groupe diédral D d'ordre 8 a exactement 5 éléments d'ordre 2 (dont un et un seul est central dans D). Désignons par ${\displaystyle a_{1},\ldots ,a_{5}}$ les 5 éléments d'ordre 2 de ${\displaystyle C_{G}(h)}$. Alors ${\displaystyle C_{G}(a_{1}),\ldots ,C_{G}(a_{5})}$ sont des 2-sous-groupes de Sylow de G.
Puisqu'un groupe diédral d'ordre 8 n'a qu'un élément central d'ordre 2, ${\displaystyle C_{G}(a_{1}),\ldots ,C_{G}(a_{5})}$ sont distincts. Ils comprennent tous h, puisque les ${\displaystyle a_{i}}$ appartiennent à ${\displaystyle C_{G}(h)}$. Enfin, si D est un 2-sous-groupe de Sylow de G qui comprend h, désignons par z(D) l'unique élément central d'ordre 2 de D; puisque D comprend h, z(D) commute avec h, donc z(D) appartient à ${\displaystyle C_{G}(h)}$, donc z(D) est un des 5 éléments ${\displaystyle a_{1},\ldots ,a_{5}}$; d'autre part, d'après ce qu'on a vu plus haut, ${\displaystyle C_{G}(z(D))}$ est un 2-sous-groupe de Sylow de G et, puisqu'il contient D, il doit être égal à D; donc D est égal à ${\displaystyle C_{G}(z)}$ où z est un des ${\displaystyle a_{i}}$, ce qui montre que tout 2-sous-groupe de Sylow de G qui comprend h est un des sous-groupes ${\displaystyle C_{G}(a_{1}),\ldots ,C_{G}(a_{5})}$.
Nous avons donc prouvé que h appartient à exactement cinq 2-sous-groupes de Sylow de G, ce qui démontre l'énoncé.

Voici, à toutes fins utiles, l'esquisse d'une autre rédaction de la même démonstration.
Si D est un groupe diédral d'ordre 8, on désigne comme plus haut par z(D) l'unique élément central d'ordre 2 de D. Alors, pour tout élément x d'ordre 2 de G,

(1) ${\displaystyle z(C_{G}(x))=x}$

et pour tout 2-sous-groupe de Sylow D de G,

(2) ${\displaystyle C_{G}(z(D))=D.}$

Pour tout élément h d'ordre 2 de G, notons S(h) l'ensemble des 2-sous-groupes de Sylow de G qui comprennent h et notons C(h) l'ensemble des éléments d'ordre 2 de G qui commutent avec h. Alors ${\displaystyle D\mapsto z(D)}$ définit une application de S(h) dans C(h) et ${\displaystyle x\mapsto C_{G}(x)}$ définit une application de C(h) dans S(h). D'après (1) et (2), ces deux applications sont réciproques, donc S(h) a le même nombre d'éléments que C(h). Mais C(h) est le nombre d'éléments d'ordre 2 du groupe ${\displaystyle C_{G}(h)}$, groupe qui est diédral d'ordre 8, donc C(h) est de cardinal 5, donc S(h) est lui aussi de cardinal 5.