3 • Actions de groupes - Groupes de Sylow
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3.2.5 1) Pour n = 42 = 2 x 3 x 7, le nombre des 7-Sylow vérifie s1 = 1 (mod 7) et s1 l6. La
seule solution est 1, il y a un seul 7-Sylow qui est normal.
Pour les autres groupes, c'est un peu moins direct. Pour n = 105 = 3 x 5 x 7, le nombre
des 7-Sylow divise 15, et est congru à 1 modulo 7, c'est 1 ou 15. Mais si c'était 15, il y
aurait 6 éléments d'ordre 7 dans chaque 7-Sylow, donc, comme ils ne peuvent s'intersecter
qu'en l'élément neutre (Lagrange), un total de 6 x 15 = 90 éléments. Comptons alors les
5-Sylow, leur nombre divise 21 et est congru à 1 modulo 5, si c'est 21, comme chaque
5-Sylow contient 4 éléments d'ordre 5, on dépasse l'effectif du groupe.
De la même façon, pour n = 30, s2 = 1, 3, 5, 15, s 3 = 1, 10, s 5 = 1, 6, et l'hypothèse
s 5 = 6 donne 24 éléments d'ordre 5, l'hypothèse s 3 = 10 donne 20 éléments d'ordre 3, ce
qui est absurde.
2) Cette question généralise le cas 105. Supposons p > q > r et que le groupe soit simple.
Alors le nombre de p-Sylow est un diviseur de qr différent de 1. Comme il est plus grand
que p, car congru à 1 modulo p, c'est qr. De même, le nombre de q-Sylow divise pr et
est plus grand que q, c'est donc au moins p, le nombre des r-Sylow divise pq et est au
moins égal à q. Si l'on additionne les nombres des éléments d'ordre p, q, r, et le neutre, on
trouve:
(p - l )qr + (q - l)p + (r - l)q + 1 = pqr + pq - p - q + 1
= pqr + (p - l)(q - 1) > pqr
ce qui est absurde.
3.2.6 300 = 2
2
x 3 x 5
2
; le nombre des 5-Sylow est donc 1 ou un diviseur de 12 congru
à 1 modulo 5. Supposons le groupe G non simple, il y a six 5-Sylow, et le normalisateur N
d'un de ces 5-Sylow est d'indice 6. Ainsi, G agit par translation sur G/N, ensemble de six
éléments. Cette action est forcément fidèle, car son noyau est un sous-groupe normal de G
qui ne peut être égal à G. Le groupe G, de cardinal 300 est isomorphe à un sous-groupe de
S6, de cardinal 720, ce qui est absurde.
3.2.7 Si Ga un sous-groupe H d'indice r, alors il agit par translations sur le quotient G/H.
Le noyau de cette action est un sous-groupe normal de G. Ce ne peut être G, car l'action n'est
pas triviale, c'est donc { e }, et G est isomorphe à un sous-groupe du groupe des permutations
d'un ensemble à r éléments. Or cela est incompatible avec l'hypothèse sur le cardinal. Ainsi
un groupe simple n'a pas de« grand» sous-groupe. Par exemple, un groupe simple d'ordre 60
(il en existe un, c'est A 5 ) n'a pas de sous-groupe d'indice 2, 3 ou 4, donc pas de sous-groupe
de cardinal 30, 15 ou 20.
3.2.8 1) Il faut démontrer que deux 3-cycles quelconques sont conjugués dans A5 • Si l'on
prend cinq entiers distincts, les calculs suivants de conjugués :
(il)(jm)(ijk)(jm)(il) = (lmk)
(ilm)(ijk)(ilm)1
= (ljk)
(ik)(lm)(ijk)(lm)(ik) = (ikj)
montrent que tout 3-cycle est conjugué d'un 3-cycle quelconque par un élément de A 11 • Et
cela ne marche pas pour n = 3, les deux 3-cycles ne sont pas conjugués dans À 3 . De même,
dans Ai, il y a deux classes de conjugaison pour les 3-cycles (en particulier, un 3-cycle
n'est pas conjugué à son carré). Pour les doubles transpositions, on rappelle (2.4.4) qu'elles
sont conjuguées dans S 11 c'est-à-dire qu'il existe CJ' telle que CJ'(l , 2)(3, 4)CJ'1
= (iJ)(kl). Il
suffit de prendre une permutation qui transforme 1 en i, 2 en j ... Si CJ' est paire, c'est
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3.2.5 1) Pour n = 42 = 2 x 3 x 7, le nombre des 7-Sylow vérifie s1 = 1 (mod 7) et s1 l6. La
seule solution est 1, il y a un seul 7-Sylow qui est normal.
Pour les autres groupes, c'est un peu moins direct. Pour n = 105 = 3 x 5 x 7, le nombre
des 7-Sylow divise 15, et est congru à 1 modulo 7, c'est 1 ou 15. Mais si c'était 15, il y
aurait 6 éléments d'ordre 7 dans chaque 7-Sylow, donc, comme ils ne peuvent s'intersecter
qu'en l'élément neutre (Lagrange), un total de 6 x 15 = 90 éléments. Comptons alors les
5-Sylow, leur nombre divise 21 et est congru à 1 modulo 5, si c'est 21, comme chaque
5-Sylow contient 4 éléments d'ordre 5, on dépasse l'effectif du groupe.
De la même façon, pour n = 30, s2 = 1, 3, 5, 15, s 3 = 1, 10, s 5 = 1, 6, et l'hypothèse
s 5 = 6 donne 24 éléments d'ordre 5, l'hypothèse s 3 = 10 donne 20 éléments d'ordre 3, ce
qui est absurde.
2) Cette question généralise le cas 105. Supposons p > q > r et que le groupe soit simple.
Alors le nombre de p-Sylow est un diviseur de qr différent de 1. Comme il est plus grand
que p, car congru à 1 modulo p, c'est qr. De même, le nombre de q-Sylow divise pr et
est plus grand que q, c'est donc au moins p, le nombre des r-Sylow divise pq et est au
moins égal à q. Si l'on additionne les nombres des éléments d'ordre p, q, r, et le neutre, on
trouve:
(p - l )qr + (q - l)p + (r - l)q + 1 = pqr + pq - p - q + 1
= pqr + (p - l)(q - 1) > pqr
ce qui est absurde.
3.2.6 300 = 2
2
x 3 x 5
2
; le nombre des 5-Sylow est donc 1 ou un diviseur de 12 congru
à 1 modulo 5. Supposons le groupe G non simple, il y a six 5-Sylow, et le normalisateur N
d'un de ces 5-Sylow est d'indice 6. Ainsi, G agit par translation sur G/N, ensemble de six
éléments. Cette action est forcément fidèle, car son noyau est un sous-groupe normal de G
qui ne peut être égal à G. Le groupe G, de cardinal 300 est isomorphe à un sous-groupe de
S6, de cardinal 720, ce qui est absurde.
3.2.7 Si Ga un sous-groupe H d'indice r, alors il agit par translations sur le quotient G/H.
Le noyau de cette action est un sous-groupe normal de G. Ce ne peut être G, car l'action n'est
pas triviale, c'est donc { e }, et G est isomorphe à un sous-groupe du groupe des permutations
d'un ensemble à r éléments. Or cela est incompatible avec l'hypothèse sur le cardinal. Ainsi
un groupe simple n'a pas de« grand» sous-groupe. Par exemple, un groupe simple d'ordre 60
(il en existe un, c'est A 5 ) n'a pas de sous-groupe d'indice 2, 3 ou 4, donc pas de sous-groupe
de cardinal 30, 15 ou 20.
3.2.8 1) Il faut démontrer que deux 3-cycles quelconques sont conjugués dans A5 • Si l'on
prend cinq entiers distincts, les calculs suivants de conjugués :
(il)(jm)(ijk)(jm)(il) = (lmk)
(ilm)(ijk)(ilm)1
= (ljk)
(ik)(lm)(ijk)(lm)(ik) = (ikj)
montrent que tout 3-cycle est conjugué d'un 3-cycle quelconque par un élément de A 11 • Et
cela ne marche pas pour n = 3, les deux 3-cycles ne sont pas conjugués dans À 3 . De même,
dans Ai, il y a deux classes de conjugaison pour les 3-cycles (en particulier, un 3-cycle
n'est pas conjugué à son carré). Pour les doubles transpositions, on rappelle (2.4.4) qu'elles
sont conjuguées dans S 11 c'est-à-dire qu'il existe CJ' telle que CJ'(l , 2)(3, 4)CJ'1
= (iJ)(kl). Il
suffit de prendre une permutation qui transforme 1 en i, 2 en j ... Si CJ' est paire, c'est
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