, un groupe G est hopfien si le seul sous-groupe H ? G tel que G/H soit isomorphe à G est le sous-groupe unité. Il est facile de montrer que G est hopfien si et seulement si tout homomorphisme
, Un groupe libre F construit sur une infinité d'indéterminées S n'est pas hopfien : en effet, si X 0 est un élément fixé de S, il existe une bijection ? de S \{X 0 } sur S. L'homomorphisme ? : F ? F défini par ?(X) = ?(X) si X ? S \{X 0 } et ?(X 0 ) = 1 est surjectif mais n'est pas injectif
, Soient G un groupe vérifiant les hypothèses de la proposition et ? : G ? G un homomorphisme surjectif. Raisonnons par l'absurde en supposant ? non injectif
, Le groupe G étant résiduellement fini, il existe un sous-groupe H ? G d'indice
, ?(a m ) Mais ?(a i ) ne peut prendre qu'un nombre fini de valeurs, d'où au plus |G : H| m homomorphismes Soit {? 1 , . . . , ? n } l'ensemble des homomorphismes de G dans G/H. Notons ? la projection canonique de G sur G/ ker ? et ? l'isomorphisme de G/ ker ? sur G induit par ?. Les homomorphismes ? i ???? , n) sont tous distincts car ? ? ? est surjectif ; on a donc ainsi tous les homomorphismes de , n} tel que ? k ? ? ? ? soit la projection canonique de G sur G/H. L'image de x par cette projection n'est pas égale à l'élément neutre de G/H car x n'est pas dans H. Cependant, ?(x) est l, ))) est égal à l'élément neutre de G/H, d'où une contradiction
, Il suffit de vérifier qu'un élément de la forme
, De plus, a étant dans G ? , il s'écrit comme un produit de commutateurs d'un certain nombre d'éléments de G ; en d'autres termes, si l'on note x 1 , . . . , x n ces éléments, a est dans le sousgroupe dérivé de x 1 , Mais chaque élément x i s'écrit sous la forme d'un produit où n'interviennent que a, a ?1 et un nombre fini d'éléments de M . Soit {y 1 , . . . , y m } la réunion des éléments de M qui interviennent dans l'écriture de x 1 Remarquons maintenant que l'ensemble E des sous-groupes propres de y 1 , . . . , y m , a contenant y 1 , . . . , y m est non vide : y 1 , . . . , y m = y 1 , . . . , y m , a (car sinon a ? y 1 , . . . , y m , d'où a ? M , ce qui est exclu), donc y 1 , . . . , y m ? E. De plus, il est facile de vérifier que E est ordonné inductif. D'après le lemme de Zorn, E contient donc un élément maximal, noté N . En d'autres termes, N est un sous-groupe maximal de y 1, Démonstration. Supposons que M ne soit pas normal dans G. Les sous-groupes de G contenant G ? sont tous normaux (Proposition 2.1) Or, le sous-groupe y 1 , . . . , y m , a est nilpotent car il est de type fini ; dans un groupe nilpotent, le sous-groupe dérivé est inclus dans le sous-groupe de Frattini ce qui est contradictoire. Terminons par une condition suffisante pour qu'un groupe soit localement nilpotent
, Soit a un élément quelconque de G. Soit E l'ensemble des sous-groupes localement nilpotents de G qui contiennent a
, ) i?I est une chaîne d'éléments de E, i?I E i est un sous-groupe de G contenant a. Il reste à montrer que i?I E i est localement nilpotent pour obtenir un majorant dans E de la chaîne (E i ) i?I . Pour cela, considérons des éléments x 1 , . . . , x n de i?I E i et montrons que x 1 , . . . , x n est nilpotent. A chaque élément x i (i = 1, . . . , n) on peut associer un élément E j i (j i ? I) tel que x i ? E j i, Si E j est le plus grand élément de la chaîne {E j 1 , . . . , E jn }, E j est localement nilpotent et il contient {x 1 , . . . , x n }, d'où la nilpotence de x 1 , . . . , x n
, un sous-groupe localement nilpotent maximal M qui contient a. Si N 1 désigne le normalisateur de M dans G et N 2 le normalisateur de N 1 dans G, on a les inclusions M ? N 1 ? N 2 . Il est clair que pour tout x ? N 2 , M et M x sont des sous-groupes localement nilpotents normaux dans N 1 ; donc, d'après le théorème de Hirsch-Plotkin, M M x est localement nilpotent, d'où M M x = M par maximalité de M . En d'autres termes
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