Janvier 2017 - IMJ-PRG

Université Pierre et Marie Curie - Paris VI
3M270
Faculté de Mathématiques
2016–2017
Examen
2h, 13 décembre 2016
L’utilisation des documents, calculatrices et téléphones portables est interdite. Les réponses
doivent être soigneusement justifiées. L’interprétation des énoncés fait partie du devoir.
Exercice 1.
i. Déterminer à isomorphisme près tous les groupes abéliens d’ordre 99.
D’après le théorème de classification des groupes finis commutatifs il y en a 2, à savoir
Z/99Z et Z/3Z × Z/33Z.
ii. Soit G un groupe d’ordre 99.
(a) Déterminer le nombre de 3-sous-groupes de Sylow de G et le nombre de 11-sous
groupes de Sylow de G.
Si p est un nombre premier notons np le nombre de p-sous-groupes de Sylow de G.
Par le théorème de Sylow on a n3 ≡ 1[3] et n3 |11. On déduit n3 = 1. De même
n11 ≡ 1[11] et n11 |3. On déduit n11 = 1.
(b) Montrer que G est le produit direct de ses sous-groupes de Sylow. Déduire que G est
abélien.
Puisque np = 1 pour tout p un résultat du cours montre que G est le produit direct de
ses sous-groupes de Sylow. Chaque sous-groupe de Sylow est d’ordre p ou p2 et donc
abélien par le cours. On déduit que G est abélien.
(c) Montrer que G est cyclique si et seulement s’il contient un sous-groupe cyclique d’ordre
9.
D’après la premère question G est donc isomorphe à Z/99Z ou Z/3Z × Z/33Z. Or
juste le premier de ces groupes contient un élément d’ordre 9. Le résultat découle du
fait que Z/99Z est cyclique et Z/3Z × Z/33Z ne l’est pas.
(d) Montrer que tout groupe d’ordre 99 contient un sous-groupe cyclique d’ordre 33.
Il suffit de montrer que Z/99Z ou Z/3Z × Z/33Z contiennent des sous-groupes cycliques d’ordre 33; le premier celui engendré par 3, le second celui engendré par (0, 1).
Exercice 2. Soit G un groupe de cardinal 35 agissant sur un ensemble X de cardinal 23. Montrer
que X possède des points fixes par G.
Le cardinal des orbites d’un ensemble, sur lequel un groupe agit, divisent l’ordre du groupe. Dans
notre cas on peut avoir donc juste des orbites d’ordre 1, 5, 7 et 35. Notons ni ∈ N le nombre
d’orbites de cardinal i. Alors le théorème aux classes implique que n1 + 5n5 + 7n7 + 35n35 = 23.
Si n1 = 0 une telle que équation n’a pas de solution. Donc n1 > 0 et X possède de points fixes.
Exercice 3. Vrai ou faux ? Pour chacune des assertions suivantes, donnez une preuve ou un
contre-exemple :
i. Tout groupe d’ordre 900 est abélien.
FAUX. Contrexemple : S3 × Z/150Z.
ii. Soit H8 = {±1, ±i, ±j, ±k} le groupe de quaternions (on a i2 = j 2 = k 2 = −1, ij = k,
jk = i, ki = j). H8 contient 3 classes de conjugaison.
FAUX. Il en contienne 5: {1}, {−1}, {i, −i}, {j, −j}, {k, −k}.
iii. Soient c ∈ S6 un 2-cycle et c0 ∈ S6 un 3-cycle. Alors l’ordre de cc0 est 6.
FAUX. Contre exemple : c = (1 2), c0 = (1 2 3).
iv. Si H est un sous-groupe de G le nombre de p-sous-groupes de Sylow de H divise le nombre
de p-sous-groupes de Sylow de G.
FAUX. Contrexemple G = A5 et H = A4 .
Exercice 4. Soit G un groupe d’ordre 900. On suppose que G est simple.
i. Calculer le nombre de 5-sous-groupes de Sylow de G.
Si p est un nombre premier notons encore np le nombre de p-sous-groupes de Sylow de
G. Par hypothèse G est simple donc on ne peut pas avoir np = 1 (sinon le p-Sylow serait
distingué). Par le théorème de Sylow on a n5 ≡ 1[5] et n5 |36. On déduit n5 ∈ {6, 36}. Si
n5 = 6 on fait agir G sur l’ensemble des ses 5-Sylows d’où un morphisme non trivial de G
dans S6 . Puisque G est simple ce morphisme doit être injectif ce qui contredit le fait que
|G| = 900 > 6! = |S6 |. On a donc n5 = 36.
ii. Soient H et H 0 deux 5-sous-groupes de Sylow distincts de G. Montrer que H ∩ H 0 = {eG }.
(Indication : on suppose qu’il existe g 6= eG tel que g ∈ H ∩ H 0 et on considère Z(g) =
{h ∈ G : hg = gh} le centralisateur de g dans G.)
Montrons que l’intersection de deux 5-Sylows H et H 0 distincts ne peut pas contenir un
élément g 6= e. Sinon considérons le centralisateur Z(g) = {h ∈ G : hg : gh} de g. C’est
un sous-groupe de G qui contient H et H 0 (puisque ce sont deux groupes commutatifs, car
d’ordre 25). Par Lagrange on déduit que les ordres possibles de Z(g) sont 25, 50, 100, 75,
150, 225, 300, 450 ou 900. On ne peut pas avoir Z(g) = G, sinon g appartiendrait au
centre de G, qui serait non-trivial distingué et donc G = Z(G) contradiction (car il n’y a
pas de groupe simple commutatif de cardinal 900). On ne peut pas avoir |Z(g)| = 150, 225,
300 ou 450 car G agit par translations sur G/Z(g) d’où un morphisme non trivial injectif
de G vers Sa avec a ≤ 6 l’indice de Z(g) dans G. Enfin, on ne peut pas avoir |Z(g)| = 25,
50, 100 ou 75 car un tel groupe n’a qu’un seul 5-Sylow (et on a supposé H 6= H 0 ).
iii. Déduire le nombre d’éléments de G d’ordre 5 ou 25.
On déduit que G possède 36 × 24 = 864 éléments d’ordre 5 ou 25.
iv. Montrer que le nombre de 3-sous-groupes de Sylow de G est supérieur ou égal à 10.
Par le théorème de Sylow on a n3 ≡ 1[3] et n3 |100. On déduit n3 ∈ {4, 10, 25, 100}. Si
n3 = 4 on fait agir G sur l’ensemble des ses 3-Sylows d’où un morphisme non trivial de G
dans S4 . Puisque G est simple ce morphisme doit être injectif ce qui contredit le fait que
|G| = 900 > 4! = |S4 |. On a donc n3 ≥ 10.
v. Conclure.
Soient H et H 0 deux 3-sous-groupes de Sylow distincts de G. Montrons que l’intersection de
H et H 0 distincts ne peut pas contenir un élément g 6= e. Sinon considérons le centralisateur
Z(g) = {h ∈ G : hg : gh} de g. C’est un sous-groupe de G qui contient H et H 0
(puisque ce sont deux groupes commutatifs, car d’ordre 9). Par Lagrange on déduit que
les ordres possibles de Z(g) sont 9, 18, 36, 45, 90, 225, 180, 450 ou 900. On ne peut pas
avoir Z(g) = G, sinon g appartiendrait au centre de G, qui serait non-trivial distingué et
donc G = Z(G) contradiction (car il n’y a pas de groupe simple commutatif de cardinal
900). On ne peut pas avoir |Z(g)| = 225, 180, 450 ou 900 car G agit par translations
sur G/Z(g) d’où un morphisme non trivial injectif de G vers Sa avec a ≤ 6 l’indice de
Z(g) dans G. On ne peut pas avoir |Z(g)| = 9, 18 ou 45 car un tel groupe n’a qu’un
seul 3-Sylow (et on a supposé H 6= H 0 ). On ne peut pas avoir |Z(g)| = 36 car sinon
G = Z(g) t {éléments d’ordre 5 ou 25} et donc Z(g) serait distingué. Enfin on ne peut pas
avoir |Z(g)| = 90 car il y aurait au plus 6 5-Sylows et cela ferai trop d’éléments d’ordre
différent de 5 ou 25.
On déduit que H ∩ H 0 = {eG } et donc G contient au moins 80 éléments d’ordre 3 ou 9. G
contient donc au moins 864 + 80 = 944 éléments. Contradiction.
Donc G n’est pas simple.