Puisque l’ensemble E est supposé non vide, nous pouvons choisir un élément V de E. Désignons par F l’ensemble des conjugués V₁, ... , V_r de V dans G. Par hypothèse sur E, ces conjugués appartiennent tous à E. Faisons opérer V sur F par conjugaison, ce qui est clairement possible, puisque l’ensemble F est stable par conjugaison par tout élément de G et a fortiori par tout élément de V. Si un V_i est point fixe, alors V normalise V_i, donc, par hypothèse sur E, V_i est égal à E. Cela montre que V est le seul point fixe de l'opération. Un lemme du chapitre théorique dit que si un p-groupe fini opère sur un ensemble fini X, le nombre de points fixes de cette opération est congru modulo p au cardinal de X. Il résulte donc de ce qui précède que le cardinal r de l’ensemble F des conjugués de V dans G est congru à 1 modulo p.

Supposons maintenant que, par absurde, il existe un élément W de E qui ne soit pas conjugué de V dans G. Nous avons déjà noté que l’ensemble F est stable par conjugaison par tout élément de G, donc nous pouvons faire opérer W sur F par conjugaison. Si un élément V_i de F était point fixe pour cette opération, W normaliserait V_i, donc, par hypothèse sur E, W et V_i seraient égaux, ce qui contredit notre hypothèse selon laquelle W n’est pas un conjugué de V. L'opération de W sur F n'a donc pas d'orbite ponctuelle. D'après le lemme rappelé plus haut, le cardinal r de F est divisible par p. Cela contredit notre précédent résultat, selon lequel r est congru à 1 modulo p.

Nous avons donc prouvé que E est égal à l’ensemble F des conjugués de V et que le cardinal de F, autrement dit de E, est congru à 1 modulo p. Cela démontre l'énoncé.

Puisque x normalise P, le sous-groupe <x> normalise P, donc <x> P est un sous-groupe de G. D'après la formule du produit, le nombre d'éléments de <x> P divise le produit des ordres de <x> et de P, donc est une puissance de p, donc <x> P est un p-sous-groupe de G. Par maximalité de P, on doit avoir <x> P = P, donc x appartient à P, comme annoncé.

Désignons par E l’ensemble des p-sous-groupes maximaux de G et montrons que les hypothèses sur E du point a) sont satisfaites. L'ensemble des p-sous-groupes de G n’est pas vide (il comprend 1), donc, comme tout ensemble ordonné fini non vide, il a au moins un élément maximal. (Il suffit d'ailleurs de considérer un p-sous-groupe de G dont l’ordre est le plus grand possible.) Donc E n’est pas vide.

Montrons que E satisfait à la condition 1° du point a), c'est-à-dire que si E comprend un sous-groupe de G, il comprend tout conjugué de ce sous-groupe dans G. Soient P un p-sous-groupe maximal de G et g un élément de G. Il s'agit de prouver que g^-1Pg est un p-sous-groupe maximal de G. Tout groupe isomorphe à un p-groupe est un p-groupe, donc g^-1Pg est un p-sous-groupe de G. Prouvons que c’est un p-sous-groupe maximal de G. Soit Q un p-sous-groupe de G contenant g^-1Pg; il s'agit de prouver que Q = g^-1Pg. Du fait que Q contient g^-1Pg, il résulte que gQg^-1 contient P. Mais gQg^-1 est un p-sous-groupe de G, donc, par maximalité de P, gQg^-1 = P, d'où Q = g^-1Pg, ce qui, comme on l'a vu, prouve que tout conjugué d'un p-sous-groupe maximal de G est lui aussi un p-sous-groupe maximal de G, autrement dit tout conjugué d'un élément de E appartient à E. Cela prouve que E satisfait à la condition 1° du point a).

Prouvons maintenant que E satisfait à la condition 2° de l'énoncé a). Soient H et K deux p-sous-groupes maximaux de G tels que H normalise K; il s'agit de prouver que H = K. Dire que H normalise K revient à dire que tout élément de H normalise K. Comme l’ordre de tout élément de H est une puissance de p, il résulte du point b) que H est contenu dans K. Par maximalité de H, on a donc H = K, comme annoncé.

Ainsi, E satisfait aux hypothèses du point a). Il résulte donc du point a) que les p-sous-groupes maximaux de G forment une classe de conjugaison de sous-groupes et que leur nombre est congru à 1 modulo p.

Désignons par A l’ensemble des p-uplets (x₀, ... , x_p-1) d'éléments de G tels que x₀ ... x_p-1 = 1. Si (x₀, ... , x_p-1) est un tel p-uplet, le p-uplet (x₁, x₂, ... , x_p-1, x₀) en est un aussi. En effet, en multipliant à gauche les deux membres de l'égalité x₀ ... x_p-1 = 1 par l'inverse de x₀ puis à droite par x₀, nous trouvons x₁ x₂ ... x_p-1 x₀ = 1.

On en tire qu’il existe une et une seule application de Z/pZ × A (produit cartésien) dans A qui, pour tout nombre naturel n et tout élément x = (x₀, ... , x_p-1) de A, applique le couple (n + p Z, x) sur (x_{r(0 + n)}, ... , x_r(p-1+n)), où r(s) désigne le reste de s par p. On vérifie que cette application est une opération du groupe Z/pZ sur l’ensemble A. D'après le lemme rappelé dans la solution de la question a, le nombre des points fixes de cette opération est congru modulo p au cardinal de A. Il est clair que le cardinal de A est la (p-1)-ième puissance de l’ordre de G : à chaque (p-1)-uplet (x₀, ... , x_p-2) d'éléments de G correspond un seul élément de A de la forme (x₀, ... , x_p-2, x_p-1), x_p-1 étant défini de manière unique par la condition x₀ ... x_p-1 = 1. Puisque l’ordre de G est supposé divisible par p, le cardinal de A est donc divisible par p. Dès lors, il résulte de ce qui précède que le nombre des points fixes est divisible par p. Mais les points fixes sont clairement les p-uplets de la forme (x, x, ... , x) avec x^p = 1, donc le nombre des points fixes est le nombre des éléments x de G tels que x^p = 1. Nous avons ainsi montré que le nombre de ces éléments est divisible par p. Puisque 1 est un de ces éléments, leur nombre n’est pas nul et est donc au moins égal à p. En particulier, il y a au moins un de ces éléments qui est distinct de 1, c'est-à-dire que G a au moins un élément d'ordre p.

Remarque

Cette démonstration prouve même que le nombre d'éléments d'ordre p est congru à –1 modulo p.

Posons |G| = p^am, où m n’est pas divisible par p. Prouvons d’abord que tout p-sous-groupe de Sylow de G est un p-sous-groupe maximal de G. Soit P un p-sous-groupe de Sylow de G contenu dans un p-sous-groupe Q de G. Il s'agit de prouver que P = Q. Par définition des p-sous-groupes de Sylow, P est d'ordre p^a, donc, puisque P est contenu dans Q, l’ordre p^a de P divise l’ordre de Q. Puisque Q est un p-groupe, Q est donc d'ordre p^b, avec a ≤ b. D'après le théorème de Lagrange, p^b divise |G| = p^am, donc b ≤ a. On a donc a = b, donc P et Q ont le même ordre. Puisqu’ils sont en relation d'inclusion, on a donc P = Q. Comme on l'a vu, cela prouve que tout p-sous-groupe de Sylow de G est un p-sous-groupe maximal de G.

Prouvons maintenant que tout p-sous-groupe maximal H de G est un p-sous-groupe de Sylow de G. Cela revient clairement à prouver que l'indice de H dans G n’est pas divisible par p. D'après le point c), le nombre des conjugués de H dans G est congru à 1 modulo p et n'est donc pas divisible par p. D'après un théorème démontré dans le chapitre Action de groupe, le nombre des conjugués de H dans G est égal à l'indice dans G du normalisateur N_G(H) de H dans G, donc l'indice [G:N_G(H)] n’est pas divisible par p. D'après la formule des indices,

[G:H] = [G:N_G(H)] [N_G(H):H],

donc, pour prouver que l'indice de H dans G n’est pas divisible par p, il suffit de prouver que [N_G(H):H] n’est pas divisible par p. Comme H est normal dans N_G(H), nous pouvons considérer le groupe quotient N_G(H)/H et il s'agit de prouver que l’ordre de ce groupe n’est pas divisible par p. Supposons que, par absurde, il le soit. Alors, d’après le théorème de Cauchy démontré au point d), il y a dans ce groupe un élément d'ordre p. Cela signifie qu’il y a un élément x de N_G(H) n'appartenant pas à H mais tel que x^p appartienne à H. Puisque H est un p-groupe, le fait que x^p appartient à H entraîne que l’ordre de x est une puissance de p. D'autre part, puisque x appartient à N_G(H), x normalise H. D'après le point b), ces deux faits entraînent que x appartient à H, contradiction. Cette contradiction prouve que l’ordre de N_G(H)/H n’est pas divisible par p et, comme nous l'avons vu, cela achève de prouver l'énoncé.

Si la condition a) est satisfaite, la condition b) l'est, car G admet au moins un p-sous-groupe de Sylow.
Supposons la condition b) satisfaite et prouvons c). Il existe donc un p-sous-groupe de Sylow P de G qui est distingué dans G. D'après la théorie, tout p-sous-groupe de Sylow de G est conjugué de P. Puisque P est distingué, il est son seul conjugué, donc il est le seul p-sous-groupe de Sylow de G, donc la condition c) est satisfaite.
Supposons enfin la condition c) satisfaite et prouvons a). soit P l'unique p-sous-groupe de Sylow de G. Tout conjugué de P est un p-sous-groupe de Sylow de G, donc, vu l'hypothèse c), est égal à P. Donc P est distingué. Puisque, par hypothèse, c’est le seul p-sous-groupe de Sylow de G, la condition a) est satisfaite.

D'après les théorèmes de Sylow, démontrés au problème 1, nous pouvons choisir un p-sous-groupe de Sylow de H, soit Q. Alors Q est un p-sous-groupe de G, donc, toujours d'après les théorèmes de Sylow, Q est contenu dans un p-sous-groupe de Sylow P₁ de G. Alors Q est contenu dans P₁ ⋂ H, qui est un p-sous-groupe de H. Comme un p-sous-groupe de Sylow de H est maximal parmi les p-sous-groupes de H, on a donc P₁ ⋂ H = Q. Toujours d'après les théorèmes de Sylow, P₁ est un conjugué de P dans G, d'où l'énoncé.

Si P est normal dans G, alors tout conjugué de P dans G est égal à P et la thèse résulte immédiatement du point a). Cessons de supposer P normal dans G, mais supposons H normal dans G. D'après le point a), il existe un élément g de G tel que (gPg^-1)⋂ H soit un p-sous-groupe de Sylow de H. Puisque H est normal dans G, x ↦ g^-1 x g définit un automorphisme de H; d'autre part, l'image d'un p-sous-groupe de Sylow de H par un automorphisme de H est clairement un p-sous-groupe de Sylow de H. Donc l'image de (gPg^-1)⋂ H par x ↦ g^-1 x g, c'est-à dire P ⋂ g^-1 H g = P ⋂ H, est un p-sous-groupe de Sylow de H.

Voici une autre démonstration dans le cas où H est normal dans G. D'après la formule du produit, nous avons l'égalité entre indices

(1) [H: H ⋂ P] = [HP:P].

Comme H est normal dans G, HP est un sous-groupe de G, donc le second membre de (1) divise [G:P] et n'est donc pas divisible par p. Il en est donc de même du premier membre de (1) :

(2) [H: H ⋂ P], n’est pas divisible par p.

D'autre part, H ⋂ P, étant sous-groupe de P, est un p-groupe et donc un p-sous-groupe de H. Joint à (2), cela prouve que H ⋂ P est un p-sous-groupe de Sylow de H.

D'après la formule du produit (ou le second théorème d'isomorphisme), l’ordre de PH/H est égal à l’ordre de P/ (H ⋂ P), donc divise l’ordre de P, donc PH/H est un p-groupe. D'autre part (par exemple d’après le troisième théorème d'isomorphisme, ou encore simplement d’après la relation [A:B] = |A|/|B|, vraie pour tout groupe fini A et tout sous-groupe B de A), l'indice de PH/H dans G/H est égal à [G:PH]. D'après la formule des indices, l'indice [G:PH] divise [G:P] et n'est donc pas divisible par p. Nous avons donc prouvé que PH/H est un p-sous-groupe de G/H dont l'indice dans G/H n’est pas divisible par p, autrement dit PH/H est un p-sous-groupe de Sylow de G/H, ce qui démontre la première assertion de l'énoncé.
Prouvons la seconde assertion de l'énoncé. Soit Q' un p-sous-groupe de Sylow de G/H; il s'agit de prouver la

(thèse 1) : il existe un p-sous-groupe de Sylow Q de G tel que Q' soit l'image QH/H de Q par l'homomorphisme canonique ${\displaystyle \varphi :G\rightarrow G/H.}$

Choisissons un p-sous-groupe de Sylow de G, par exemple le P de l'énoncé. D'après la première partie de l'énoncé, PH/H, autrement dit ${\displaystyle \varphi (P),}$ est un p-sous-groupe de Sylow de G/H, donc Q' et ${\displaystyle \varphi (P)}$ sont conjugués dans G/H, donc il existe un élément g de G tel que

${\displaystyle Q'=\varphi (g)\varphi (P)\varphi (g)^{-1}}$

${\displaystyle Q'=\varphi (gPg^{-1}).}$

Comme ${\displaystyle gPg^{-1}}$ est un p-sous-groupe de Sylow de G, cela prouve notre thèse (1) avec ${\displaystyle Q=gPg^{-1}.}$

Soit par exemple p < q. D'après les théorèmes de Sylow, le nombre des q-sous-groupes de Sylow de G est congru à 1 modulo q et divise p. Ce nombre ne peut pas être égal à p, car p, étant < q, n'est pas congru à 1 modulo q. Donc le nombre des q-sous-groupes de Sylow de G est égal à 1. Comme noté dans un précédent problème, cela entraîne que G a un sous-groupe normal d'ordre q et n'est donc pas simple.

Solution. Supposons que U et W sont conjugués dans G et prouvons qu’ils le sont dans N_G(P), ce qui est évidemment l'essentiel. Il existe un élément g de G tel que gUg^-1 = W. Puisque U est normal dans P, il en résulte que W est sous-groupe normal de gPg^-1. (Un isomorphisme d'un groupe sur un autre transforme les sous-groupes normaux du premier en les sous-groupes normaux du second. Appliquer cela à l'isomorphisme ${\displaystyle x\mapsto gxg^{-1}}$ de P sur gPg^-1.) Ainsi, W est normal dans P et dans gPg^-1, donc dans le sous-groupe de G qu’ils engendrent, soit H. Il est clair que P et gPg^-1 sont des sous-groupes de Sylow de H, donc ils sont conjugués dans H, autrement dit il existe un élément h de H tel que hgPg^-1h^-1 = P. Alors ${\displaystyle hg\in N_{G}(P)}$ et hgUg^-1h^-1 = hWh^-1 = W (cette dernière relation provenant de ce que W est normal dans H). Ainsi, W est conjugué de U par l'élément hg de N_G(P).

Cela résulte d'un des problèmes qui précèdent. Pour rendre le présent problème autonome, on va redonner une démonstration. Le sous-groupe <x> de G engendré par x normalise P, donc le sous-groupe de G engendré par P et par x est l’ensemble <x> P. Le cardinal de cet ensemble divise ${\displaystyle \vert <x>\vert \cdot \vert P\vert }$ (voir la formule du produit démontrée dans le chapitre Classes modulo un sous-groupe) et est donc une puissance de p. Par maximalité des p-sous-groupes de Sylow de G comme sous-groupes de G dont l’ordre est une puissance de p, <x> P est donc égal à P, donc x appartient à P.
On aurait pu dire aussi que <x> est un p-sous-groupe de N_G(P) et est donc contenu dans un p-sous-groupe de Sylow de N_G(P). Or P est évidemment un p-sous-groupe de Sylow de N_G(P) et c’est le seul, puisqu’il est sous-groupe distingué de N_G(P). Donc x appartient à P.

Soit Q un élément de Syl(P, G). Il est clair que tout élément de P ⋂ Q stabilise Q pour l'opération considérée. Réciproquement, soit x un élément de P qui stabilise Q, prouvons que x appartient à Q (et donc à P ⋂ Q). Dire que x stabilise Q signifie que xQx^-1 = Q, autrement dit que x normalise Q. Comme x a pour ordre une puissance de p (parce qu’il appartient à P), il appartient à Q d’après le point a).

Soit r le nombre des p-sous-groupes de Sylow de G. Il s'agit de prouver que r est congru à 1 modulo pⁱ. Comme au point b), choisissons arbitrairement un p-sous-groupe de Sylow P de G et faisons-le opérer sur Syl(p, G) par conjugaison. Si Q est un point fixe pour cette opération, son stabilisateur est P tout entier, donc, d’après le point b), P ⋂ Q = P, d'où P ⊆ Q. Comme P et Q ont le même ordre fini p^m, Q est donc égal à P. Ceci montre que P est le seul point fixe pour l'opération considérée. (On a d'ailleurs prouvé ce fait dans la théorie.)
Posons Q₁ = P et choisissons un système Q₂, ... , Q_s de représentants des orbites non ponctuelles. D'après l'équation aux classes,

r = 1 + [P:Stab(Q₂)] + ... + [P:Stab(Q_s)].

D'après le point b), cela peut s'écrire

(1) r = 1 + [P : P ⋂ Q₂)] + ... + [P : P ⋂ Q_s)].

Puisque Q₂, ... , Q_s sont tous distincts de P, il résulte des hypothèses de l'énoncé que, pour tout i ≥ 2, l’ordre de P ⋂ Q_i divise p^m-i, donc [P : P ⋂ Q_i], égal à ${\displaystyle \ \vert P\vert /\vert P\cap Q_{i}\vert }$, est multiple de pⁱ. La relation (1) montre donc que r est congru à 1 modulo pⁱ, ce qui démontre l'énoncé.

Remarque : si p ne divise pas l’ordre de G, on ne peut pas trouver deux p-sous-groupes de Sylow de G distincts, car G a alors un unique p-sous-groupe de Sylow, à savoir son sous-groupe trivial. Il en résulte que n'importe quel entier i tel que ${\displaystyle 0\leq i\leq m}$ convient. Les congruences obtenues dans ce cas pour chaque valeur possible de i ne sont pas intéressantes, puisqu'on connaît alors précisément le nombre de p-sous-groupes de Sylow de G, mais elles n'en sont pas moins correctes.

Faire i = m dans l'énoncé du point c).

Choisissons un p-sous-groupe de Sylow P de G. Alors l'intersection des p-sous-groupes de Sylow de G est l'intersection des conjugués de P dans G, autrement dit le cœur de P dans G, et est donc un sous-groupe normal de G (voir un exercice de la série Conjugaison, centralisateur, normalisateur). D'autre part, les normalisateurs (dans G) des p-sous-groupes de Sylow de G sont les conjugués de ${\displaystyle N_{G}(P)}$ (voir un exercice de la série Conjugaison, centralisateur, normalisateur), donc l'intersection des normalisateurs des p-sous-groupes de Sylow de G est le cœur de ${\displaystyle N_{G}(P)}$ et est donc elle aussi un sous-groupe normal de G.

Pour prouver que ${\displaystyle \bigcap _{i=1}^{a}P_{i}}$ est l'unique p-sous-groupe de Sylow de ${\displaystyle \bigcap _{i=1}^{a}N_{G}(P_{i})}$, il suffit de prouver que tout élément x de ${\displaystyle \bigcap _{i=1}^{a}N_{G}(P_{i})}$ dont l’ordre est une puissance de p est contenu dans ${\displaystyle \bigcap _{i=1}^{a}P_{i}}$. (Si un p-sous-groupe S d'un groupe K comprend tous les éléments de K dont les ordres sont des puissances de p, ce p-sous-groupe S contient tous les p-sous-groupes de Sylow de K, donc, par maximalité des p-sous-groupes de Sylow de K parmi les p-sous-groupes de K, S est égal à tous les p-sous-groupes de Sylow de K.) Pour chaque i (i = 1, ..., a), x est un élément dont l’ordre est une puissance de p et qui normalise le p-sous-groupe de Sylow P_i, donc, d’après un précédent exercice, x appartient à P_i. Ceci étant vrai pour chaque i, x appartient à ${\displaystyle \bigcap _{i=1}^{a}P_{i}}$. Nous avons donc bien prouvé que ${\displaystyle \bigcap _{i=1}^{a}P_{i}}$ est l'unique p-sous-groupe de Sylow de ${\displaystyle \bigcap _{i=1}^{a}N_{G}(P_{i})}$. Donc

(1) p figure à la même puissance dans ${\displaystyle \vert \bigcap _{i=1}^{a}P_{i}\vert }$ et dans ${\displaystyle \vert \bigcap _{i=1}^{a}N_{G}(P_{i})\vert }$.

D'autre part, puisque les p-sous-groupes de Sylow de G forment une classe de conjugaison de sous-groupes et que le cardinal de cette classe est a, l'indice de chaque N_G(P_i) dans G est a, autrement dit

(2) chaque N_G(P_i) est d'ordre bp^m.

Puisque ${\displaystyle \bigcap _{i=1}^{a}N_{G}(P_{i})}$ est contenu dans N_G(P₁), ${\displaystyle \vert \bigcap _{i=1}^{a}N_{G}(P_{i})\vert }$ divise |N_G(P₁)|, c'est-à-dire, d’après (2), que

${\displaystyle \vert \bigcap _{i=1}^{a}N_{G}(P_{i})\vert }$ divise bp^m.

Comme b est premier avec p, ceci et (1) montrent que

${\displaystyle \vert \bigcap _{i=1}^{a}N_{G}(P_{i})\vert }$ divise b ${\displaystyle \vert \bigcap _{i=1}^{a}P_{i}\vert }$.

Il est clair que Z(G) est contenu dans ${\displaystyle \bigcap _{i=1}^{a}N_{G}(P_{i})}$ (le centre normalise tout sous-groupe), donc l’ordre de Z(G) divise lui aussi b ${\displaystyle \vert \bigcap _{i=1}^{a}P_{i}\vert }$.

Par exemple, P n'est pas contenu dans Q, donc le sous-groupe <P,Q> de G contient Q strictement. Puisque Q est un p-sous-groupe de Sylow de G et que tout p-sous-groupe de Sylow de G est maximal parmi les p-sous-groupes de G, <P,Q> n'est donc pas un p-sous-groupe de G.

Notons Syl_p(G) (resp. Syl_p(H)) l'ensemble des p-sous-groupes de Sylow de G (resp. de H). Tout p-sous-groupe de Sylow de H est un p-sous-groupe de G, donc est contenu dans un p-sous-groupe de Sylow de G. Nous pouvons donc définir une application f de Syl_p(H) dans Syl_p(G) telle que, pour tout élément P de Syl_p(H), f(P) soit un p-sous-groupe de Sylow de G contenant P. Une telle application f est forcément injective. En effet, si P et Q sont deux différents p-sous-groupes de Sylow de H, alors, d'après le point a), <P,Q> n'est pas un p-groupe, donc P et Q ne sont pas contenus dans un même p-sous-groupe de Sylow de G, donc f(P) et f(Q) sont distincts, ce qui prouve que f est injective. L'énoncé en résulte.

On va refaire un raisonnement déjà fait dans certains des problèmes ci-dessus.
Puisque, par hypothèse, un des deux sous-groupes P et Q normalise l'autre, le sous-groupe ${\displaystyle \langle P,Q\rangle }$ de G est égal à PQ. Par exemple d'après la formule du produit, il en résulte que l'ordre de ${\displaystyle \langle P,Q\rangle }$ est une puissance de ${\displaystyle p}$, autrement dit ${\displaystyle \langle P,Q\rangle }$ est un ${\displaystyle p}$-sous-groupe de G. Puisque ce sous-groupe contient P, il résulte de la maximalité des ${\displaystyle p}$-sous-groupes de Sylow dans l'ensemble des ${\displaystyle p}$-sous-groupes que ${\displaystyle \langle P,Q\rangle =P}$, donc P contient Q.

Soit P un ${\displaystyle p}$-sous-groupe de Sylow de G. Puisque, par hypothèse, R est normal dans G, P normalise R, donc, d'après le point a), P contient R, ce qui démontre l'énoncé.

Soient ${\displaystyle P_{1},\ldots ,P_{r}}$ les différents ${\displaystyle p}$-sous-groupes de Sylow de G contenant Q. D'après le chapitre théorique, Q est contenu dans au moins un ${\displaystyle p}$-sous-groupes de Sylow de G, donc ${\displaystyle r\geq 1}$, donc nous pouvons parler de ${\displaystyle P_{1}.}$
Par définition, H est le sous-groupe ${\displaystyle \langle P_{1},\ldots ,P_{r}\rangle }$ de G engendré par ${\displaystyle P_{1}\cup \ldots \cup P_{r}.}$
Puisque Q est contenu dans ${\displaystyle P_{1}}$,

(1)${\displaystyle \qquad }$Q est contenu dans H.

Chaque ${\displaystyle P_{i}}$ est contenu dans H. Puisque ${\displaystyle P_{i}}$ est un ${\displaystyle p}$-sous-groupe de Sylow de G, il en résulte que ${\displaystyle P_{i}}$ est un ${\displaystyle p}$-sous-groupe de Sylow de H. Cela montre que tout ${\displaystyle p}$-sous-groupe de Sylow de G contenant Q est un ${\displaystyle p}$-sous-groupe de Sylow de H. Il reste à prouver la réciproque, à savoir que

(thèse 2)${\displaystyle \qquad }$tout ${\displaystyle p}$-sous-groupe de Sylow de H est un ${\displaystyle p}$-sous-groupe de Sylow de G contenant Q.

Puisque H contient ${\displaystyle P_{1}}$, ${\displaystyle \vert H\vert }$ est divisible par ${\displaystyle \vert P_{1}\vert }$. Puisque ${\displaystyle P_{1}}$ est un ${\displaystyle p}$-sous-groupe de Sylow de G, cela revient à dire que ${\displaystyle \vert H\vert }$ est divisible par la plus grande puissance de ${\displaystyle p}$ qui divise ${\displaystyle \vert G\vert }$, donc

tout ${\displaystyle p}$-sous-groupe de Sylow de H est un ${\displaystyle p}$-sous-groupe de Sylow de G.

Pour prouver la thèse (2), il reste donc à prouver que

(thèse 3)${\displaystyle \qquad }$ tout ${\displaystyle p}$-sous-groupe de Sylow de H contient Q.

D'après les hypothèses générales du problème, chaque ${\displaystyle P_{i}}$ normalise Q, donc ${\displaystyle \langle P_{1},\ldots ,P_{r}\rangle }$ normalise Q (rappel : normaliser revient à être contenu dans le normalisateur), ce qui, d'après (1), revient à dire que

(4)${\displaystyle \qquad }$Q est normal dans H.

Dès lors, puisque Q est un ${\displaystyle p}$-groupe, il résulte du problème 10, point b), que Q est contenu dans tout ${\displaystyle p}$-sous-groupe de Sylow de H, ce qui prouve la thèse (3). Comme nous l'avons vu, la thèse (2) en résulte, d'où l'énoncé du point a).

D'après le point a), il existe un sous-groupe H de G tel que les ${\displaystyle p}$-sous-groupes de Sylow de G contenant Q sont exactement les ${\displaystyle p}$-sous-groupes de Sylow de H. Alors

(1)${\displaystyle \qquad }$le nombre des ${\displaystyle p}$-sous-groupes de Sylow de G contenant Q est égal au nombre ${\displaystyle n_{p}(H)}$ des ${\displaystyle p}$-sous-groupes de Sylow de H.

D'après les thérèmes de Sylow,

(2)${\displaystyle \qquad n_{p}(H)}$ est congru à 1 modulo ${\displaystyle p}$

et

(3)${\displaystyle \qquad n_{p}(H)}$ divise le plus grand facteur non divisible par ${\displaystyle p}$ de ${\displaystyle \vert H\vert .}$

Puisque H est un sous-groupe de G, ${\displaystyle \vert H\vert }$ divise ${\displaystyle \vert G\vert }$, donc le plus grand facteur non divisible par ${\displaystyle p}$ de ${\displaystyle \vert H\vert }$ divise le plus grand facteur non divisible par ${\displaystyle p}$ de ${\displaystyle \vert G\vert }$, donc d'après (3)

${\displaystyle \qquad n_{p}(H)}$divise le plus grand facteur non divisible par ${\displaystyle p}$ de ${\displaystyle \vert G\vert .}$

Joint aux résultats (1) et (2), cela démontre l'énoncé du point b).

La démonstration est presque identique à celle du point a). Par hypothèse, tout ${\displaystyle p}$-sous-groupe de Sylow de G contenant Q normalise Q, autrement dit tout ${\displaystyle p}$-sous-groupe de Sylow de G contenant Q est contenu dans ${\displaystyle N_{G}(Q).}$ Un ${\displaystyle p}$-sous-groupe de Sylow de G contenu dans ${\displaystyle N_{G}(Q)}$ est évidemment un ${\displaystyle p}$-sous-groupe de Sylow de ${\displaystyle N_{G}(Q)}$, donc

(1)${\displaystyle \qquad }$tout ${\displaystyle p}$-sous-groupe de Sylow de G contenant Q est un ${\displaystyle p}$-sous-groupe de Sylow de ${\displaystyle N_{G}(Q).}$

Il reste à prouver que

(thèse 2)${\displaystyle \qquad }$tout ${\displaystyle p}$-sous-groupe de Sylow de ${\displaystyle N_{G}(Q)}$ est un ${\displaystyle p}$-sous-groupe de Sylow de G contenant Q.

D'après les théorèmes de Sylow, Q est contenu dans au moins un ${\displaystyle p}$-sous-groupe de Sylow de G, donc il résulte de (1) que la plus grande puissance de ${\displaystyle p}$ divisant ${\displaystyle \vert N_{G}(Q)\vert }$ est égale à la plus grande puissance de ${\displaystyle p}$ divisant ${\displaystyle \vert G\vert }$, donc chaque ${\displaystyle p}$-sous-groupe de Sylow de ${\displaystyle N_{G}(Q)}$ est un ${\displaystyle p}$-sous-groupe de Sylow de G. Pour prouver la thèse (2), il reste à prouver que tout ${\displaystyle p}$-sous-groupe de Sylow de ${\displaystyle N_{G}(Q)}$ contient Q. Or Q est un ${\displaystyle p}$-sous-groupe normal de ${\displaystyle N_{G}(Q)}$, donc, d'après le problème 10, point b), il est contenu dans tout ${\displaystyle p}$-sous-groupe de Sylow de ${\displaystyle N_{G}(Q).}$

Tout ${\displaystyle p}$-sous-groupe de Sylow de G contenant Q est abélien par hypothèse et normalise donc Q. Dès lors, l'énoncé résulte du problème 11.

On va calquer la démonstration sur celle du problème 11, point c).
Soit P un ${\displaystyle p}$-sous-groupe de Sylow de G contenant Q. D'après les hypothèses générales, P est abélien, donc, puisque Q est contenu dans P, P centralise Q, autrement dit P est contenu dans ${\displaystyle C_{G}(Q).}$ Ainsi, P est un ${\displaystyle p}$-sous-groupe de Sylow de G contenu dans ${\displaystyle C_{G}(Q)}$, ce qui entraîne clairement que P est un ${\displaystyle p}$-sous-groupe de Sylow de ${\displaystyle C_{G}(Q).}$ Nous avons donc prouvé que

(1)${\displaystyle \quad }$tout ${\displaystyle p}$-sous-groupe de Sylow de G contenant Q est un ${\displaystyle p}$-sous-groupe de Sylow de ${\displaystyle C_{G}(Q).}$

Il reste à prouver la réciproque, à savoir que

(thèse 2)${\displaystyle \quad }$tout ${\displaystyle p}$-sous-groupe de Sylow de ${\displaystyle C_{G}(Q)}$ est un ${\displaystyle p}$-sous-groupe de Sylow de G contenant Q.

D'après les théorèmes de Sylow, Q est contenu dans un ${\displaystyle p}$-sous-groupe de Sylow ${\displaystyle P_{0}}$ de G. D'après (1), ${\displaystyle P_{0}}$ est un ${\displaystyle p}$-sous-groupe de Sylow de ${\displaystyle C_{G}(Q)}$. Donc ${\displaystyle P_{0}}$ est à la fois un ${\displaystyle p}$-sous-groupe de Sylow de G et un ${\displaystyle p}$-sous-groupe de Sylow de ${\displaystyle C_{G}(Q)}$, donc la plus grande puissance de ${\displaystyle p}$ divisant ${\displaystyle \vert G\vert }$ et la plus grande puissance de ${\displaystyle p}$ divisant ${\displaystyle \vert C_{G}(Q)\vert }$ sont égales, donc

(3)${\displaystyle \quad }$tout ${\displaystyle p}$-sous-groupe de Sylow de ${\displaystyle C_{G}(Q)}$ est un ${\displaystyle p}$-sous-groupe de Sylow de G.

Donc pour prouver la thèse (2), il reste à prouver que tout ${\displaystyle p}$-sous-groupe de Sylow de ${\displaystyle C_{G}(Q)}$ contient Q. Puisque Q est normal dans ${\displaystyle C_{G}(Q)}$, cela résulte du problème 10, point b).

Si ${\displaystyle Q_{1}}$ et ${\displaystyle Q_{2}}$ sont contenus dans un même ${\displaystyle p}$-sous-groupe de Sylow de G, soit P, alors, d'après les hypothèses générales, P est abélien, donc ${\displaystyle Q_{1}}$ et ${\displaystyle Q_{2}}$ sont contenus dans un même sous-groupe abélien de G, donc ils se centralisent. Cela prouve que 1° entraîne 2°.
Si ${\displaystyle Q_{1}}$ et ${\displaystyle Q_{2}}$ se centralisent, alors ${\displaystyle Q_{1}}$ normalise ${\displaystyle Q_{2}}$. Cela prouve que 2° entraîne 3°.
Si ${\displaystyle Q_{1}}$ normalise ${\displaystyle Q_{2}}$, alors le sous-groupe ${\displaystyle \langle Q_{1},Q_{2}\rangle }$ de G engendré par ${\displaystyle Q_{1}}$ et ${\displaystyle Q_{2}}$ est égal à ${\displaystyle Q_{1}Q_{2}}$, donc, d'après la formule du produit, ${\displaystyle \langle Q_{1},Q_{2}\rangle }$ est un ${\displaystyle p}$-sous-groupe de G, donc, d'après les théorèmes de Sylow, ${\displaystyle \langle Q_{1},Q_{2}\rangle }$ est contenu dans un ${\displaystyle p}$-sous-groupe de Sylow de G, ce qui revient à dire que ${\displaystyle Q_{1}}$ et ${\displaystyle Q_{2}}$ sont contenus dans un même ${\displaystyle p}$-sous-groupe de Sylow de G. Cela montre que 3° entraîne 1°.
Donc (dans l'hypothèse où les ${\displaystyle p}$-sous-groupes de Sylow de G sont abéliens) les conditions 1°, 2° et 3° sont équivalentes. En échangeant ${\displaystyle Q_{1}}$ et ${\displaystyle Q_{2}}$, on voit que les conditions 1°, 2° et 4° sont équivalentes, donc les conditions 1° à 4° sont équivalentes.