Voir Premiers résultats sur les groupes simples, théorème 6.

On l'a démontré dans un exercice de la série Théorèmes de Sylow (forme forte du théorème de congruence de Sylow).

Prouvons d'abord que

(thèse 1) ${\displaystyle N\cap P}$ et ${\displaystyle N\cap Q}$ contiennent ${\displaystyle P\cap Q}$ strictement.

Puisque P est un p-groupe et donc un groupe nilpotent; puisque, d'autre part, ${\displaystyle P\cap Q}$ est clairement un sous-groupe propre de P (l'intersection de deux différents ensembles finis de même cardinal est strictement contenue dans chacun de ces deux ensembles), il résulte d'une proposition du chapitre Groupes nilpotents que

${\displaystyle P\cap Q<N_{P}(P\cap Q).}$

Le second membre est égal à ${\displaystyle N\cap P,}$ donc

${\displaystyle P\cap Q<N\cap P.}$

De même,

${\displaystyle P\cap Q<N\cap Q.}$

Nous avons donc prouvé notre thèse (1), à savoir que

(2) ${\displaystyle N\cap P}$ et ${\displaystyle N\cap Q}$ contiennent ${\displaystyle P\cap Q}$ strictement.

Prouvons maintenant que

(thèse 3) ${\displaystyle N\cap P}$ et ${\displaystyle N\cap Q}$ sont des p-sous-groupes de Sylow de N.

Puisque ${\displaystyle N\cap P}$ et ${\displaystyle N\cap Q}$ sont des p-sous-groupes de N,
il existe un p-sous-groupe de Sylow ${\displaystyle P_{1}}$ de N qui contient ${\displaystyle N\cap P}$
et il existe un p-sous-groupe de Sylow ${\displaystyle Q_{1}}$ de N qui contient ${\displaystyle N\cap Q.}$
De même,
il existe un p-sous-groupe de Sylow ${\displaystyle P_{2}}$ de G qui contient ${\displaystyle P_{1}}$
et il existe un p-sous-groupe de Sylow ${\displaystyle Q_{2}}$ de G qui contient ${\displaystyle Q_{1}}$.
Comme ${\displaystyle P}$ et ${\displaystyle P_{2}}$ contiennent tous deux ${\displaystyle N\cap P,}$

(4) ${\displaystyle \qquad P\cap P_{2}}$ contient ${\displaystyle N\cap P.}$

On a vu en (2) que ${\displaystyle N\cap P}$ contient ${\displaystyle P\cap Q}$ strictement, donc d'après (4)

${\displaystyle P\cap P_{2}}$ contient ${\displaystyle P\cap Q}$ strictement.

Puisque ${\displaystyle P}$ et ${\displaystyle P_{2}}$ sont des p-sous-groupes de Sylow de G, il résulte donc de la maximalité de ${\displaystyle P\cap Q}$ dans ${\displaystyle I(2,p,G)}$ que

(5) ${\displaystyle P_{2}=P.}$

De même,

(6) ${\displaystyle Q_{2}=Q.}$

Puisque (par hypothèse sur ${\displaystyle P_{2}}$) ${\displaystyle P_{1}}$ est contenu dans ${\displaystyle P_{2}}$, (5) donne ${\displaystyle P_{1}\leq P,}$ d'où (puisque ${\displaystyle P_{1}}$ est supposé contenu dans N)

${\displaystyle P_{1}\leq N\cap P.}$

Par hypothèse sur ${\displaystyle P_{1},}$ nous avons aussi l'inclusion réciproque, donc

${\displaystyle N\cap P=P_{1},}$

donc, vu les hypothèses sur ${\displaystyle P_{1},}$

${\displaystyle N\cap P}$ est un p-sous-groupe de Sylow de N.

De même, ${\displaystyle N\cap Q}$ est un p-sous-groupe de Sylow de N.
Nous avons donc prouvé notre thèse (3), à savoir que

(7) ${\displaystyle N\cap P}$ et ${\displaystyle N\cap Q}$ sont des p-sous-groupes de Sylow de N.

Prouvons que ${\displaystyle N\cap P}$ et ${\displaystyle N\cap Q}$ sont distincts.
Nous avons

${\displaystyle (N\cap P)\cap (N\cap Q)=N\cap (P\cap Q),}$

d'où (vu la définition de N)

${\displaystyle (N\cap P)\cap (N\cap Q)=P\cap Q.}$

Donc si ${\displaystyle N\cap P}$ et ${\displaystyle N\cap Q}$ étaient égaux, on aurait ${\displaystyle N\cap P=P\cap Q,}$ ce qui contredit (2). Nous avons donc prouvé que ${\displaystyle N\cap P}$ et ${\displaystyle N\cap Q}$ sont distincts, ce qui, joint à (2) et à (7), démontre l'énoncé.

C'est démontré dans un exercice de la série Théorèmes de Sylow.

On peut supposer que ${\displaystyle n_{2}(G)}$ et ${\displaystyle n_{3}(G)}$ sont distincts de 1; il s'agit alors de prouver que G est isomorphe au groupe symétrique ${\displaystyle S_{4}.}$
D'après les théorèmes de Sylow, ${\displaystyle n_{2}(G)=3}$ et ${\displaystyle n_{3}(G)=4.}$ Toujours d'après les théorèmes de Sylow, il en résulte que l'ordre de G est divisible par 4 (et par 3, et donc par 12). De ${\displaystyle n_{3}(G)=4}$ résulte qu'il y a exactement 8 éléments d'ordre 3 dans G (car les 3-sous-groupes de Sylow de G sont d'ordre premier et se coupent donc trivialement deux à deux). On a vu que l'ordre de G est divisible par 4, donc l'ordre des 2-sous-groupes de Sylow de G est au moins égal à 4; de plus, ${\displaystyle n_{2}(G)=3>1,}$ donc il y a au moins 5 éléments de G dont les ordres sont des puissances de 2. Donc G comprend au moins 8 + 5 = 13 éléments. Puisque l'ordre de G est supposé diviser 24, on a donc ${\displaystyle \vert G\vert =24.}$
On a prouvé dans un exercice de la série Groupes alternés que tout groupe d'ordre 24 qui a plus d'un 2-sous-groupe de Sylow et plus d'un 3-sous-groupe de Sylow est isomorphe à ${\displaystyle S_{4},}$ donc l'énoncé est démontré.

On a vu au chapitre Groupes diédraux que pour tout nombre naturel n ≥ 3, le groupe symétrique ${\displaystyle S_{n}}$ contient un sous-groupe diédral d'ordre 2n. En faisant n = 4, on trouve que ${\displaystyle S_{4}}$ contient un sous-groupe diédral d'ordre 8, d'où l'énoncé, puisque les 2-sous-groupes de Sylow d'un même groupe sont isomorphes.

Cela résulte d'un exercice de la série Théorie des groupes/Exercices/Groupes alternés où on a déterminé tous les sous-groupes normaux de ${\displaystyle S_{4}.}$

Puisque P est abélien, nous avons ${\displaystyle P\leq C_{G}(P)\leq N_{G}(P).}$ Puisque l'indice de P dans ${\displaystyle N_{G}(P)}$ est égal à q, qui est un nombre premier, il en résulte (formule des indices) que ${\displaystyle C_{G}(P)}$ est égal à P ou à ${\displaystyle N_{G}(P).}$ Si ${\displaystyle C_{G}(P)}$ était égal à ${\displaystyle N_{G}(P),}$ alors, d'après le théorème du complément normal de Burnside, P aurait un complément normal N dans G. Mais les hypothèses entraînent évidemment 1 < P < G, d'où 1 < N < G, ce qui est impossible puisque G est supposé simple. Donc ${\displaystyle C_{G}(P)}$ est égal à P.

Il résulte d'un exercice de la série Holomorphe d'un groupe que ${\displaystyle \mathrm {Aut} (D_{8})}$ est isomorphe à Hol(Z/4Z). Or l'ordre de Hol(Z/4Z) est ${\displaystyle 4\varphi (4)=8}$ et n'est donc pas divisible par 3.

Voir un exercice de la série Groupes diédraux, où on a déterminé le centre d'un groupe diédral quelconque.

Un sous-groupe de Klein de D est d'indice 2 dans D et est donc normal dans D. Dès lors, le fait que D a exactement deux sous-groupes de Klein se déduit d'un exercice de la série Groupes diédraux où on a déterminé les sous-groupes normaux d'un groupe diédral. Puisque les deux sous-groupes de Klein de D sont normaux dans D, ils ne sont pas conjugués dans D. Le sous-groupe de D engendré par ces deux sous-groupes a pour ordre un multiple de 4 qui divise 8 et est strictement supérieur à 4. Cet ordre est donc égal à 8, donc les deux sous-groupes de Klein de D engendrent D.

Démontrons le point (i). Soient V et W deux sous-groupes de Klein non normaux de ${\displaystyle S_{4}}$. Il s'agit de prouver que V et W engendrent ${\displaystyle S_{4}}$. Le sous-groupe H de ${\displaystyle S_{4}}$ engendré par V et W est d'ordre divisible par 4 et > 4, donc son ordre est égal à 8, à 12 ou à 24. Si l'ordre de H est égal à 8, H est un 2-sous-groupe de Sylow de ${\displaystyle S_{4}}$ et donc (préliminaire 6) un groupe diédral d'ordre 8. On sait que ${\displaystyle S_{4}}$ a un unique sous-groupe de Klein normal, soit ${\displaystyle V_{4}}$ (voir préliminaire 7). Puisque ${\displaystyle V_{4}}$ est un 2-sous-groupe normal de ${\displaystyle S_{4}}$, il est contenu dans chaque 2-sous-groupe de Sylow de ${\displaystyle S_{4}}$ et en particulier dans H. Mais, d'après le préliminaire 11, un groupe diédral d'ordre 8 n'a que deux sous-groupes de Klein, donc V ou W est égal à V_{4} et est donc normal dans S_{4}, contradiction. Donc l'ordre de H est égal à 12 ou à 24. Le seul sous-groupe d'ordre 12 de ${\displaystyle S_{4}}$ est ${\displaystyle A_{4}}$, qui n'a qu'un sous-groupe de Klein, donc H n'est pas d'ordre 12. Donc H est d'ordre 24 et est donc égal à ${\displaystyle S_{4}}$, ce qui démontre le point (i).
Démontrons maintenant le point (ii). D'après les théorèmes de Sylow, le nombre des 2-sous-groupes de Sylow de ${\displaystyle S_{4}}$ divise 3. S'il était égal à 1, ${\displaystyle S_{4}}$ aurait un sous-groupe normal d'ordre 8, ce qui contredit le préliminaire 7. Donc ${\displaystyle S_{4}}$ a exactement trois 2-sous-groupes de Sylow. Soit D un de ces sous-groupes. Comme déjà noté, ${\displaystyle V_{4}}$ est contenu dans chaque 2-sous-groupe de Sylow de S_{4}, donc ${\displaystyle V_{4}}$ est contenu dans D. Comme rappelé dans la démonstration du point (i), D a exactement 2 sous-groupes de Klein. Celui qui est différent de ${\displaystyle V_{4}}$ ne peut pas être conjugué de ${\displaystyle V_{4}}$ dans ${\displaystyle S_{4}}$, puisque ${\displaystyle V_{4}}$ est normal dans S_{4}. On a donc démontré le point (ii).

Démontrons l'assertion d'existence du point (ii).
Soit ${\displaystyle ({\mathcal {P}},{\mathcal {L}},{\mathcal {I}})}$ un plan de Fano, soient ${\displaystyle P_{1},P_{2},P_{4}}$ trois points non alignés de ce plan (on choisit cette numérotation pour être en harmonie avec l'exemple 16). On se ramène facilement à prouver qu'il existe un isomorphisme du plan de Fano considéré à l'exemple 16 sur ${\displaystyle ({\mathcal {P}},{\mathcal {L}},{\mathcal {I}})}$ qui applique 1 sur ${\displaystyle P_{1}}$, 2 sur ${\displaystyle P_{2}}$ et 4 sur ${\displaystyle P_{4}}$.
La ligne ${\displaystyle P_{1}P_{2}}$ passe par un unique troisième point, soit ${\displaystyle P_{3}.}$ Puisque, par hypothèse, ${\displaystyle P_{1},P_{2}}$ et ${\displaystyle P_{4}}$ ne sont pas alignés, ${\displaystyle P_{4}}$ n'est pas sur la ligne ${\displaystyle P_{1}P_{2}}$ et est donc distinct de ${\displaystyle P_{1},P_{2}}$ et ${\displaystyle P_{3}.}$
De même, il y a un unique troisième point, soit ${\displaystyle P_{5}}$, sur la ligne ${\displaystyle P_{1}P_{4}}$. Le point ${\displaystyle P_{5}}$ n'est pas égal à ${\displaystyle P_{2}}$, car dans le cas contraire, ${\displaystyle P_{2}}$ serait sur la ligne ${\displaystyle P_{1}P_{4}}$, ce qui est faux, puisque ${\displaystyle P_{1},P_{2}}$ et ${\displaystyle P_{4}}$ sont supposés non alignés. ${\displaystyle P_{5}}$ n'est pas non plus égal à ${\displaystyle P_{3}}$, car dans le cas contraire, ${\displaystyle P_{3}}$ serait sur la ligne ${\displaystyle P_{1}P_{4}}$, autrement dit ${\displaystyle P_{4}}$ serait sur la ligne ${\displaystyle P_{1}P_{3}=P_{1}P_{2}}$ alors que ${\displaystyle P_{1},P_{2}}$ et ${\displaystyle P_{4}}$ sont supposés non alignés.
Donc ${\displaystyle P_{5}}$ est distinct de ${\displaystyle P_{1},\ldots ,P_{4}}$.
De même, il y a un unique troisième point, soit ${\displaystyle P_{6}}$, sur la ligne ${\displaystyle P_{2}P_{4}.}$ Ce point ${\displaystyle P_{6}}$ est distinct des points ${\displaystyle P_{1},\ldots ,P_{5}}$. (Si ${\displaystyle P_{6}=P_{1}}$, alors ${\displaystyle P_{1}}$ est sur ${\displaystyle P_{2}P_{4}}$, autrement dit ${\displaystyle P_{4}}$ est sur ${\displaystyle P_{1}P_{2}}$, ce qui est faux, puisque ${\displaystyle P_{1},P_{2}}$ et ${\displaystyle P_{4}}$ sont supposés non alignés. ${\displaystyle P_{6}}$ est distinct de ${\displaystyle P_{2}}$ par définition de ${\displaystyle P_{6}.}$ Si ${\displaystyle P_{6}=P_{3}}$, alors ${\displaystyle P_{3}}$ est sur ${\displaystyle P_{2}P_{4}}$, autrement dit ${\displaystyle P_{4}}$ est sur ${\displaystyle P_{2}P_{3}=P_{1}P_{2}}$, ce qui est faux, puisque ${\displaystyle P_{1},P_{2}}$ et ${\displaystyle P_{4}}$ sont supposés non alignés. ${\displaystyle P_{6}}$ est distinct de ${\displaystyle P_{4}}$ par définition de ${\displaystyle P_{6}}$. Si ${\displaystyle P_{6}=P_{5}}$, alors ${\displaystyle P_{5}}$ est sur ${\displaystyle P_{2}P_{4}}$, autrement dit ${\displaystyle P_{2}}$ est sur ${\displaystyle P_{4}P_{5}}$; d'après la définition de ${\displaystyle P_{5},P_{4}P_{5}=P_{1}P_{4},}$ donc ${\displaystyle P_{2}}$ est sur ${\displaystyle P_{1}P_{4}}$, ce qui est faux, puisque ${\displaystyle P_{1},P_{2}}$ et ${\displaystyle P_{4}}$ sont supposés non alignés.)

Désignons par ${\displaystyle P_{7}}$ le point distinct de ${\displaystyle P_{1},\ldots ,P_{6}.}$ Par définition de ces points, ${\displaystyle {\mathcal {L}}}$ comprend des lignes ${\displaystyle P_{1}P_{2}P_{3},P_{1}P_{4}P_{5}}$ et ${\displaystyle P_{2}P_{4}P_{6}}$ (où on représente une ligne par les trois points qui se trouvent dessus). D'après la définition d'un plan de type projectif, il y a une et une seule ligne joignant ${\displaystyle P_{1}}$ et ${\displaystyle P_{6}.}$ Cette ligne doit passer par un troisième point et ce point doit être distinct de ${\displaystyle P_{2},P_{3},P_{4}}$ et ${\displaystyle P_{5}}$ (si c'était ${\displaystyle P_{2}}$, alors ${\displaystyle P_{6}}$ et ${\displaystyle P_{3}}$ seraient tous deux sur la ligne ${\displaystyle P_{1}P_{2}}$, donc cette ligne comprendrait au moins 4 points, contradiction; les autres cas sont semblables), donc ce point doit être ${\displaystyle P_{7}.}$ De même, la ligne joignant ${\displaystyle P_{2}}$ et ${\displaystyle P_{5}}$ passe par ${\displaystyle P_{7}}$ et la ligne joignant ${\displaystyle P_{3}}$ et ${\displaystyle P_{4}}$ passe elle aussi par ${\displaystyle P_{7}.}$ Donc l'ensemble ${\displaystyle {\mathcal {L}}}$ de lignes comprend encore ${\displaystyle P_{1}P_{6}P_{7},P_{2}P_{5}P_{7}}$ et ${\displaystyle P_{3}P_{4}P_{7}.}$
Nous avons donc trouvé six des sept lignes de ${\displaystyle {\mathcal {L}}}$, à savoir ${\displaystyle P_{1}P_{2}P_{3},P_{1}P_{4}P_{5},P_{2}P_{4}P_{6},P_{1}P_{6}P_{7},P_{2}P_{5}P_{7}}$ et ${\displaystyle P_{3}P_{4}P_{7}.}$ Mais nous n'avons pas encore de ligne joignant ${\displaystyle P_{3}}$ et ${\displaystyle P_{5},}$ ni de ligne joignant ${\displaystyle P_{5}}$ et ${\displaystyle P_{6}.}$ Donc la ligne restante doit être ${\displaystyle P_{3}P_{5}P_{6}}$ et les sept lignes de ${\displaystyle {\mathcal {L}}}$ sont

${\displaystyle P_{1}P_{2}P_{3},P_{1}P_{4}P_{5},P_{2}P_{4}P_{6},P_{1}P_{6}P_{7},P_{2}P_{5}P_{7},P_{3}P_{4}P_{7}}$ et ${\displaystyle P_{3}P_{5}P_{6}.}$

Désignons par f la bijection ${\displaystyle i\mapsto P_{i}}$ de {1, ... , 7} sur ${\displaystyle {\mathcal {P}}=\{P_{1},...,P_{7}\}}$ et par g la bijection ${\displaystyle \{i,j,k\}\mapsto P_{i}P_{j}P_{k}}$ de l'ensemble des lignes du plan de Fano de l'exemple 16 sur ${\displaystyle {\mathcal {L}}.}$ Le couple (f, g) est un isomorphisme (de structures d'incidence) du plan de Fano de l'exemple 16 sur le plan de Fano ${\displaystyle ({\mathcal {P}},{\mathcal {L}},{\mathcal {I}}).}$

Nous avons donc prouvé l'assertion d'existence du point (ii). Prouvons maintenant l'assertion d'unicité.

On se ramène facilement à prouver que si ${\displaystyle {\mathcal {F}}}$ est le plan de Fano de l'exemple 16, si ${\displaystyle {\mathcal {F}}'}$ est un plan de Fano quelconque, si ${\displaystyle R_{1},R_{2},R_{4}}$ sont trois points non alignés de ${\displaystyle {\mathcal {F}}',}$ il existe au plus un isomorphisme de ${\displaystyle {\mathcal {F}}}$ sur ${\displaystyle {\mathcal {F}}'}$ qui applique 1 sur R₁, 2 sur R₂ et 4 sur R₄.
Soit (f, g) un tel isomorphisme. Alors, puisque {1, 2, 3} est une ligne de ${\displaystyle {\mathcal {F}},}$ f doit appliquer 3 sur l'unique point de la ligne ${\displaystyle R_{1}R_{2}}$ qui est distinct de ${\displaystyle R_{1}}$ et de ${\displaystyle R_{2}.}$ Désignons par ${\displaystyle R_{3}}$ ce troisième point de la ligne ${\displaystyle R_{1}R_{2}.}$ Donc ${\displaystyle f(3)=R_{3}.}$
De même, puisque {1, 4, 5} est une ligne de ${\displaystyle {\mathcal {F}},}$ f doit appliquer 5 sur l'unique point de la ligne ${\displaystyle R_{1}R_{4}}$ qui est distinct de ${\displaystyle R_{1}}$ et de ${\displaystyle R_{4}.}$ Désignons par ${\displaystyle R_{5}}$ ce troisième point de la ligne ${\displaystyle R_{1}R_{4}.}$ Donc ${\displaystyle f(5)=R_{5}.}$
De même, puisque {2, 4, 6} est une ligne de ${\displaystyle {\mathcal {F}},}$ f doit appliquer 6 sur l'unique point de la ligne ${\displaystyle R_{2}R_{4}}$ qui est distinct de ${\displaystyle R_{2}}$ et de ${\displaystyle R_{4}.}$ Désignons par R_{6} ce troisième point de la ligne R_{2}R_{4}. Donc f(6) = R_{6}.
Puisque f est une bijection et que 1, 2, 3, 4, 5, 6 sont distincts, ${\displaystyle R_{1},R_{2},R_{3},R_{4},R_{5}}$ et ${\displaystyle R_{6}}$ sont distincts. Donc si ${\displaystyle R_{7}}$ désigne l'unique point de ${\displaystyle {\mathcal {F}}'}$ distinct de ${\displaystyle R_{1},\ldots ,R_{6}}$, ${\displaystyle f(7)=R_{7}.}$
Donc la valeur de f en chacun des points 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7 est déterminée de façon unique. Comme noté, la bijection g est déterminée par f, donc l'isomorphisme (f, g) est déterminé de façon unique. Nous avons donc prouvé l'assertion d'unicité du point (ii).
Il résulte du point (ii) qu'un plan de Fano a exactement autant d'automorphismes qu'il a de triples de points non alignés. L'ensemble des triples de points non alignés est

${\displaystyle \bigcup _{P\in {\mathcal {P}}}\bigcup _{Q\in {\mathcal {P}}\setminus \{P\}}\bigcup _{R\in {\mathcal {P}}\setminus {\overline {PQ}}}\{(P,Q,R)\},}$

où ${\displaystyle {\overline {PQ}}}$ désigne l'ensemble des trois points qui sont sur la ligne PQ. On en tire facilement qu'il y a exactement ${\displaystyle 7\cdot 6\cdot 4=168}$ triples de points non alignés, donc un plan de Fano a exactement 168 automorphismes, ce qui achève de démontrer l'énoncé.

Soit Y l'ensemble des parties à deux éléments de ${\displaystyle {\mathcal {P}}.}$
Alors ${\displaystyle |Y|={7 \choose 2}=21.}$ Soit X l'ensemble des couples (C, L) tels que C soit une paire appartenant à Y, que L soit un élément de ${\displaystyle {\mathcal {L}}}$ et que C soit sur L, où nous disons que C est sur L si les deux points de C sont sur L. Pour chaque ligne L dans ${\displaystyle {\mathcal {L}},}$ il y a, par hypothèse, exactement 3 points sur L, donc exactement ${\displaystyle {3 \choose 2}=3}$ paires de points distincts sur L. Donc

${\displaystyle \vert X\vert =7\cdot 3=21.}$

Considérons l'application ${\displaystyle \phi :X\rightarrow Y}$ qui applique (C, L) sur C. Le nombre des préimages de C dans Y est exactement le nombre de lignes sur lesquelles la paire C se trouve. Puisque, par hypothèse, chaque paire de points distincts est au plus sur une ligne, l'application ${\displaystyle \phi }$ est injective. Puisque ${\displaystyle \vert X\vert =\vert Y\vert =21,}$, cette application doit être bijective. Donc

(1) chaque paire de points distincts est sur exactement une ligne.

Les hypothèses sur la structure ${\displaystyle ({\mathcal {P}},{\mathcal {L}},{\mathcal {I}})}$ étant également satisfaites par sa structure duale, nous avons de même :

(2) pour toute paire de lignes distinctes, il y a un et un seul point qui se trouve à la fois sur ces deux lignes.

Prouvons maintenant que

(3) ${\displaystyle {\mathcal {P}}}$ contient un ensemble de 4 points dont 3 ne sont jamais alignés.

Choisissons deux points distincts P et Q et choisissons un point R qui n'est pas sur l'unique ligne joignant P et Q (puisqu'il y a exactement 3 points sur cette ligne, on a le choix parmi quatre points). Il y a exactement 7 points dans ${\displaystyle {\mathcal {P}}}$, donc il y a un (unique) point S qui est distinct de P, de Q, de R, de l'unique point de PQ autre que P et Q, de l'unique point de PR autre que P et R, et de l'unique point de QR autre que Q et R. Alors les points P, Q, R et S forment l'ensemble désiré.
Les relations (1), (2) et (3) montrent que ${\displaystyle {\mathcal {F}}=({\mathcal {P}},{\mathcal {L}},{\mathcal {I}})}$ est un plan de type projectif. D'après les hypothèses de l'énoncé, c'est donc un plan de Fano, ce qui démontre le théorème.

Désignons par k l'indice de H dans G. D'après le préliminaire 1, l'ordre 168 de G divise k!. Donc, puisque 168 est divisible par 7, 7 divise k!, donc ${\displaystyle k\geq 7.}$

Soit P un p-sous-groupe de Sylow de G. G, étant d'ordre 168, n'est pas un p-groupe, donc P est un sous-groupe propre de G ; de plus, puisque p divise l'ordre de G, P n'est pas réduit à l'élément neutre. Puisque G est simple, P n'est donc pas normal dans G. Le normalisateur ${\displaystyle N_{G}(P)}$ de P dans G est donc un sous-groupe propre de G. Donc, d'après l'étape 1, l'indice de ${\displaystyle N_{G}(P)}$ dans G est au moins égal à 7. Mais l'indice de ${\displaystyle N_{G}(P)}$ dans G est ${\displaystyle n_{p}(G),}$ d'où l'énoncé.

D'après les théorèmes de Sylow, ${\displaystyle n_{7}(G)}$ divise 24 et ${\displaystyle n_{7}(G)\equiv 1{\pmod {7}},}$ donc ${\displaystyle n_{7}(G)}$ est égal à 1 ou à 8. D'après l'étape 2, ${\displaystyle n_{7}(G)}$ ne peut pas être égal à 1, donc ${\displaystyle n_{7}(G)=8,}$ ce qui est la première assertion de l'énoncé. La seconde assertion résulte de la première.

Voici d'abord une démonstration qui repose sur le théorème du complément normal de Burnside. Supposons que, par absurde, g soit un élément d'ordre 21 de G. Alors le groupe H = < g >, qui est d'ordre 21, contient un sous-groupe P d'ordre 7 (théorème de Sylow, de Cauchy ou simplement le fait que H est cyclique). Puisque H est cyclique et donc abélien, P est normal dans H, autrement dit H est contenu dans ${\displaystyle N_{G}(P)}$. D'après l'étape 3, ${\displaystyle N_{G}(P)}$ a le même ordre que H, à savoir 21, donc ${\displaystyle N_{G}(P)=H,}$ donc ${\displaystyle N_{G}(P)}$ est abélien, donc, d'après le théorème du complément normal de Burnside, P a un complément normal dans G, ce qui est impossible puisque G est simple.
Voici maintenant une démonstration qui ne repose pas sur le théorème du complément normal de Burnside. Comme dans la première démonstration, supposons que, par absurde, g soit un élément d'ordre 21 de G. Alors le groupe H = < g >, qui est d'ordre 21, contient un sous-groupe Q d'ordre 3. (Sylow, Cauchy ou simplement le fait que H est cyclique.) Puisque H est cyclique et donc abélien, Q est normal dans H, donc ${\displaystyle H\leq N_{G}(Q).}$ Dès lors, l'indice ${\displaystyle [G:N_{G}(Q)]}$ divise [G : H] = 8. Mais Q est un 3-sous-groupe de Sylow de G, donc, d'après les théorèmes de Sylow, ${\displaystyle [G:N_{G}(Q)]=n_{3}(G)\equiv 1{\pmod {3}}.}$ Donc ${\displaystyle n_{3}(G)}$ doit être égal à 1 ou à 4, ce qui, dans les deux cas, contredit l'étape 2, selon laquelle ${\displaystyle n_{3}(G)\geq 7.}$

Supposons que, par absurde, g soit un élément d'ordre 14 de G. Alors <g> contient un (unique) sous-groupe d'ordre 7, soit P. Puisque <g> est commutatif, il est contenu dans ${\displaystyle N_{G}(P)}$ et a fortiori dans ${\displaystyle N_{G}(P)}$. Mais P est un 7-sous-groupe de Sylow de G, donc, d'après l'étape 3, <g> est contenu dans un sous-groupe d'ordre 21 de G. Puisque l'ordre 14 de <g> ne divise pas 21, cela contredit le théorème de Lagrange.

Soit P un 7-sous-groupe de Sylow de G ; posons N = N_{G}(P). D'après les étapes 3 et 4, ${\displaystyle \vert N\vert =21}$ et tout élément de N est d'ordre 1, 3 ou 7. Puisque P est normal dans N (par définition du normalisateur), ${\displaystyle n_{7}(N)=1,}$ donc N comprend exactement 6 éléments d'ordre 7. L'élément neutre est le seul élément d'ordre 1, donc les 21 - 6 - 1 = 14 éléments restants de N sont tous d'ordre 3.

D'après les théorèmes de Sylow, ${\displaystyle n_{3}(G)}$ divise 56 et est ≡ 1 (mod 3), donc ${\displaystyle n_{3}(G)}$ est un des nombres 1, 4, 7, 28. D'après l'étape 2, ${\displaystyle n_{3}(G)}$ est au moins égal à 7, donc ${\displaystyle n_{3}(G)}$ est égal à 7 ou à 28. Supposons que ${\displaystyle n_{3}(G)=7.}$ Alors, puisque chaque 3-sous-groupe de Sylow de G comprend exactement 2 éléments d'ordre 3 et que l'intersection de deux différents sous-groupes d'ordre 3 est toujours triviale, il y a exactement 2 · 7 = 14 éléments d'ordre 3 dans G. Donc, d'après l'étape 6, tout élément d'ordre 3 de G appartient à chaque ${\displaystyle N_{G}(P)}$, P parcourant les 7-sous-groupes de Sylow de G. Donc

(1) ${\displaystyle \vert \bigcap _{P\in \mathrm {Syl} _{7}(G)}N_{G}(P)\vert \geq 14.}$

D'autre part, ${\displaystyle \bigcap _{P\in \mathrm {Syl} _{7}(G)}N_{G}(P)}$ est contenu dans ${\displaystyle N_{G}(P)}$ pour tout P et donc pour au moins un P, donc, d'après l'étape 3,

(2) ${\displaystyle \vert \bigcap _{P\in \mathrm {Syl} _{7}(G)}N_{G}(P)\vert \leq 21.}$

Comme ${\displaystyle \bigcap _{P\in \mathrm {Syl} _{7}(G)}N_{G}(P)}$ est un sous-groupe normal de G (voir un exercice de la série Théorèmes de Sylow) les relations (1) et (2) contredisent la simplicité de G.
Donc ${\displaystyle n_{3}(G)\not =7,}$ donc, d'après ce qu'on a vu, ${\displaystyle n_{3}(G)=28.}$
D'après les théorèmes de Sylow, ${\displaystyle n_{3}(G)=[G:N_{G}(Q)]}$ pour tout Q dans ${\displaystyle \mathrm {Syl} _{3}(G),}$ donc

${\displaystyle \vert N_{G}(Q)\vert =6}$ pour tout 3-sous-groupe de Sylow de G.

D'après le théorème du complément normal de Burnside, ${\displaystyle N_{G}(Q)}$ n'est pas abélien, donc, étant d'ordre 6, il est isomorphe à ${\displaystyle S_{3}.}$ (Rappel : on a vu dans un exercice de la série Groupes diédraux que si p est un nombre premier impair, tout groupe non abélien d'ordre 2p est diédral et que ${\displaystyle D_{6}}$ est isomorphe à ${\displaystyle S_{3}.}$)

Un tel élément g engendrerait un sous-groupe cyclique d'ordre 6 de ${\displaystyle N_{G}(R),}$ R désignant l'unique 3-sous-groupe de Sylow de <g>. C'est impossible, puisque, d'après l'étape 7, ${\displaystyle N_{G}(R)}$ est un groupe d'ordre 6 non abélien.

D'après les théorèmes de Sylow, ${\displaystyle n_{2}(G)}$ divise 21. D'après l'étape 2, ${\displaystyle n_{2}(G)\geq 7,}$ donc ${\displaystyle n_{2}(G)}$ doit être égal à 7 ou à 21.
(En particulier, G a plus d'un 2-sous-groupe de Sylow, de sorte qu'on peut parler du plus grand ordre possible pour l'intersection de deux différents 2-sous-groupes de Sylow de G.) Dans les deux cas, ${\displaystyle n_{2}(G)}$ n'est pas congru à 1 modulo 8, donc, d'après le préliminaire 2 et la maximalité de ${\displaystyle \vert P\cap Q\vert }$, nous avons ${\displaystyle P\cap Q\neq 1.}$ Puisque ${\displaystyle P\cap Q}$ est un sous-groupe propre de P, l'ordre de ${\displaystyle P\cap Q}$ divise 4 ; de plus, nous avons vu que ${\displaystyle P\cap Q}$ est distinct de 1, donc

${\displaystyle P\cap Q}$ est d'ordre 2 ou 4.

Posons ${\displaystyle N=N_{G}(P\cap Q).}$ Prouvons que

(thèse 1) ${\displaystyle \vert N\vert }$ divise 24.

Puisque ${\displaystyle \vert N\vert }$ divise 168, il suffit de prouver que

(thèse 2) 7 ne divise pas ${\displaystyle \vert N\vert }$.

Soit C le sous-groupe ${\displaystyle C_{G}(P\cap Q)}$ de ${\displaystyle N_{G}(P\cap Q)=N.}$ Puisque ${\displaystyle \vert N\vert =[N:C]\cdot \vert C\vert ,}$ il suffit, pour prouver la thèse (2), de prouver que 7 ne divise ni [N : C] ni ${\displaystyle \vert C\vert }$. D'après le lemme N/C (chapitre Conjugaison, centralisateur, normalisateur), N/C est isomorphe à un sous-groupe de ${\displaystyle \mathrm {Aut} (P\cap Q)\leq S_{P\cap Q},}$ donc l'ordre [N : C] de N/C divise l'ordre de ${\displaystyle S_{P\cap Q}.}$ Mais on a vu que ${\displaystyle P\cap Q}$ est d'ordre 2 ou 4, donc ${\displaystyle P\cap Q}$ compte au plus 4 éléments, donc l'ordre de ${\displaystyle S_{P\cap Q}}$ divise 24, donc [N : C] divise 24 et n'est donc pas divisible par 7.
Supposons maintenant que, par absurde, 7 divise ${\displaystyle \vert C\vert }$. Alors C comprend un élément g d'ordre 7. Par définition de C, g commute avec tout élément de ${\displaystyle P\cap Q.}$. On a vu que ${\displaystyle P\cap Q}$ est d'ordre 2 ou 4, donc il comprend un élément d'ordre 2, soit h. Alors g et h commutent, donc gh est d'ordre 14, ce qui contredit l'étape 5.
Donc ${\displaystyle \vert C\vert }$ n'est pas divisible par 7. Nous avons donc prouvé la thèse (1), à savoir que

(3) ${\displaystyle \vert N\vert }$ divise 24.

Montrons que ${\displaystyle \vert P\cap N\vert }$ est divisible par 4.
${\displaystyle P\cap N}$ est un sous-groupe de P, donc son ordre est une puissance de 2 ; de plus, d'après le préliminaire 3, ${\displaystyle P\cap N}$ contient strictement ${\displaystyle P\cap Q}$ ; or on a vu que ${\displaystyle \vert P\cap Q\vert }$ est égal à 2 ou à 4, donc