Corrigé

Cours d’Alg` ebre I Bachelor Semestre 4
Prof. E. Bayer Fluckiger 25 f´evrier 2015
Quiz 15
Question 1.
Donner la liste des sous-groupes de Sylow d’un groupe ab´elien fini.
Solution.
Soit Aun groupe ab´elien. Soient p1, . . . , prdes premiers deux `a deux distincts,
et n1, . . . , nrdes entiers tels que #A=pn1
1·. . . ·pnr
r.
Comme Aest ab´elien, tous les p-sous-groupes de Sylow de Asont normaux.
Ainsi, pour chaque indice i, le groupe Aa un unique pi-sous-groupe de Sylow.
D’apr`es un r´esultat du cours, on a A∼
=Ai×. . . ×Aravec
Ai:= {a∈A|pni
ia= 0A}
De plus, #Aiest une puissance de pi(sinon il existerait p6=pipremier tel que
pdivise #Ai, et alors Aiaurait un ´el´ement d’ordre p, ce qui est absurde puisque
(p, pi) = 1). Or A∼
=Ai×. . . ×Ar, donc #Ai=pni
i.Par cons´equent, Aiest
l’unique pi-Sylow de A.
Question 2.
Tout p-groupe est il ab´elien ?
Solution.
Non. Par example, D8est un 2-groupe et il n’est pas ab´elien. 
Question 3.
Soient pun nombre premier, et Gun p-groupe. Soit ntel que #G=pn.
(1) Le groupe Ga-t-il un sous-groupe normal de cardinal p?
(2) Le groupe Ga-t-il un sous-groupe normal de cardinal pmpour tout m≤n?
Solution.
(1) Oui. Par un r´esultat du cours, le centre Z(G) de Gn’est pas trivial. De
plus, comme Gest un p-groupe, le th´eor`eme de Lagrange montre que
#Z(G) = pravec 1 ≤r≤n. Or Z(G) est ab´elien donc Z(G) a un
´el´ement z∈Z(G) d’ordre p. Le groupe H=hzi ⊆ Z(G) est d’ordre pet
il est normal, car gzg−1=zpour tout g∈G.

2
(2) Oui, par r´ecurrence sur n.
Soit n≥2. Si m= 0 ou m=n,h1Giet Gsont des sous-groupes nor-
maux de cardinal respectivement p0= 1 et pn. Soit 1 ≤m≤n−1.
D’apr`es la question pr´ec´edente, il existe Hsous-groupe normal de G
de cardinalit´e p. Soit π:G→G/H la surjection canonique. Comme
#G/H =pn−1, l’hypoth`ese de recurrence implique l’existence d’un sous-
groupe normal Kde G/H de cardinal pm−1. Le sous-groupe π−1(K) est
normal et de cardinal pm.

Cours d’Alg` ebre I Bachelor Semestre 4
Prof. E. Bayer Fluckiger 25 f´evrier 2015
Corrig´e 15
Exercice 1.
(1) Donner les orbites et les stabilisateurs de l’action de S3sur ses 2-sous-
groupes de Sylow par conjugaison.
(2) Donner un analogue de l’´equation aux classes pour l’action de S3sur ses
2-sous-groupes de Sylow par conjugaison.
Solution.
(1) Les sous-groupes de S3sont
•S3;
• hidi={id};
• h(1 2)i={id,(1 2)};
• h(1 3)i={id,(1 3)};
• h(2 3)i={id,(2 3)};
• h(1 2 3)i={id,(1 2 3),(1 32)};
• h(1 32)i=h(1 2 3)i.
Par cons´equent, S3poss`ede trois 2-Sylow, h(1 2)i,h(1 3)iet h(2 3)i. Par
l’exercice 2 de la s´erie 5,
σh(i j)iσ−1=h(σ(i)σ(j)i
pour tout σ∈S3et 1 ≤i<j≤3. Ceci d´etermine l’action de S3sur X,
et montre qu’il n’existe qu’une seule orbite (en d’autres termes, pour tous
x, y ∈X, il existe σ∈S3tel que y=σxσ−1). Finalement, ceci montre
aussi qu’un ´el´ement σ∈S3appartient au stabilisateur de h(i j)i ∈ Xsi
et seulement si {σ(i), σ(j)}={i, j}, c’est-`a-dire si σ= id ou σ= (i j).
(2) Soit Xl’ensemble Xdes 2-Sylow de S3. L’ensemble Xest de cardi-
nal 3. On consid`ere l’action par conjugaison de S3sur X. D’apr`es la
question pr´ec´edente, cette action a seulement une orbite, de cardinal
[G:NS3(h(1 2)i)]. L’ensemble Fixe des points fixes pour cette action
est vide. Le stabilisateur de h(1 2)ipour cette action est NS3(h(1 2)i) =
h(1 2)i. Comme 3 = 0 + 6
2, l’analogue suivant de l’´equation aux classes est
vrai :
#X= #Fixe + [S3:NS3(h(1 2)i)].
Exercice 2.
(1) Montrer que tout groupe de cardinal 40 a un sous-groupe normal.

4
(2) Montrer que tout groupe de cardinal 12 a un sous-groupe normal.
Solution.
On utilise la remarque suivante. Soient Gun groupe fini, et pun nombre premier
divisant #G. D’apr`es le troisi`eme th´eor`eme de Sylow, le nombre npde p-sous-
groupes de Sylow de Gest np= [G:NG(P)]. Clairement, P≤NG(P) et donc,
d’apr`es le th´eor`eme de Lagrange, #Pdivise #NG(P). On en d´eduit que
npdivise #G
#P.
(1) Soit Gun groupe de cardinal 40 = 23·5 et soit n5le nombre de 5-sous-
groupe de Sylow (ils sont de cardinalit´e 5). Par le troisi`eme th´eor`eme de
Sylow, n5≡1 mod 5 et n5|8 = 40
5. On a donc forc´ement n5= 1. Les
conjugu´es gH5g−1du 5-sous-groupe de Sylow H5sont aussi des 5-sous-
groupe de Sylow de G. Comme H5est l’unique 5-sous-groupe de Sylow
les conjugu´es de H5sont tous ´egaux `a H5. Ainsi, H5est normal.
(2) Soit Gun groupe de cardinal 12 = 22·3 et soit n3le nombre de 3-sous-
groupes Sylow (ils sont de cardinalit´e 3). Par le troisi`eme th´eor`eme de
Sylow, n3≡1 mod 3 and n3|4 = 12
3. Donc n3= 1 ou 4.
Si n3= 1 alors, comme dans la question pr´ec´edente, on montre que
l’unique 3-sous-groupe Sylow est normal.
Si n3= 4, on a 4 sous-groupes cycliques H1, H2, H3, H4d’ordre 3 dans
G. Clairement Hi∩Hj={1G}si i6=j. Soit hiun g´en´erateur de Hi, pour
i= 1,...,4. On a
S={1G, h1, h2
1, h2, h2 2, h3, h2 3, h4, h2 4} ⊂ G
et #S= 9 et donc #G−#S= 3. Un 2-sous-groupe Sylow Kcontient
1Get 3 ´el´ements d’ordre 2 ou 4. Or K∩S={1G}et K∪S⊂G, donc
il ne peut exister qu’un seul 2-sous-groupe de Sylow. Ce 2-sous groupe de
Sylow ´etant unique, il est normal.
Exercice 3.
Soit Gun groupe de cardinal 45.
(1) Montrer que Ga un sous-groupe normal de cardinal 5 et un sous-groupe
normal de cardinal 9.
(2) Montrer que Gest ab´elien.
(3) Donner la liste des groupes d’ordre 45 `a isomorphisme pr`es.
Solution.
(1) Si n5d´enote le nombre de 5-sous-groupe de Sylow de G, alors n5≡1 mod
5 et n5|9 = 45
5par le troisi`eme th´eor`eme de Sylow. Donc n5= 1. Les

5
conjugu´es gH5g−1du 5-sous-groupe de Sylow H5sont aussi des 5-sous-
groupes de Sylow de G. Comme H5est l’unique 5-sous-groupe de Sylow
de G, les conjugu´es de H5sont tous ´egaux `a H5. Ainsi, H5est normal.
Si n3d´enote le nombre de 3-sous-groupe de Sylow de G(ils sont de
cardinalit´e 9), alors n3≡1 mod 3 et n3|5 = 45
9par le troisi`eme th´eor`eme
de Sylow. Donc n3= 1. Comme pr´ec´edemment, Ga un seul 3-sous-groupe
de Sylow H9. Ce 3-sous-groupe de Sylow Gest donc normal.
(2) Comme 5 et 9 sont premiers entre eux, l’intersection H5∩H9est triviale
(par le th´eor`eme de Lagrange). D’apr`es la question pr´ec´edente, H5et H9
sont normaux. Par un r´esultat du cours, H5H9est un sous-groupe de G
et
#(H5H9) = #H5#H9
#(H5∩H9)=5·9 1= 45.
Par suite, on a G=H5H9'H5×H9.
Comme H5est de cardinal 5, il est cyclique, et donc ab´elien. D’apr`es
l’Exercice 2 de la S´erie 12, H9est aussi ab´elien. Ainsi, Gest le produit
direct de deux sous-groupes ab´eliens. Il est donc ab´elien.
(3) Lors de la question pr´ec´ dente, nous avons d´ej`a prouv´e
G'H5×H9
avec H5'Z/5Z. D’apr`es le th´eor`eme de structure des groupes ab´eliens
finis, nous avons H9'Z/9Zou H9'Z/3Z×Z/3Z. On a donc
G'Z/5Z×Z/9Zou G'Z/5Z×Z/3Z×Z/3Z.
Exercice 4.
Soit Gun groupe fini.
(1) Soient pet qdeux diviseurs premiers de #G. On suppose que Ga un seul
p-sous groupe de Sylow, not´e P, et un seul q-sous groupe de Sylow, not´e
Q. Montrer que les ´el´ements de Pcommutent avec les ´el´ements de Q.
(2) Montrer que tous les sous-groupes de Sylow de Gsont normaux dans Gsi
et seulement si Gest isomorphe au produit des ses sous-groupes de Sylow.
Solution.
(1) Comme Pest le seul p-sous-groupe de Sylow de G, il est normal. De mˆeme,
on montre que Qest normal. De plus, #Pet #Qsont premiers entre eux,
donc P∩Q={1G}.
Soient hp∈Pet hq∈Q. On a
hphqh−1
ph−1 q=hp(hqh−1 ph−1 q)∈P
car Pest normal, et
hphqh−1
ph−1 q= (hphqh−1 p)h−1 q∈Q