Corrigé

Cours d’Algèbre I
Prof. E. Bayer Fluckiger
Bachelor Semestre 4
25 février 2015
Quiz 15
Question 1.
Donner la liste des sous-groupes de Sylow d’un groupe abélien fini.
Solution.
Soit A un groupe abélien. Soient p1 , . . . , pr des premiers deux à deux distincts,
et n1 , . . . , nr des entiers tels que #A = pn1 1 · . . . · pnr r .
Comme A est abélien, tous les p-sous-groupes de Sylow de A sont normaux.
Ainsi, pour chaque indice i, le groupe A a un unique pi -sous-groupe de Sylow.
D’après un résultat du cours, on a A ∼
= Ai × . . . × Ar avec
Ai := {a ∈ A | pni i a = 0A }
De plus, #Ai est une puissance de pi (sinon il existerait p 6= pi premier tel que
p divise #Ai , et alors Ai aurait un élément d’ordre p, ce qui est absurde puisque
(p, pi ) = 1). Or A ∼
= Ai × . . . × Ar , donc #Ai = pni i . Par conséquent, Ai est
l’unique pi -Sylow de A.
Question 2.
Tout p-groupe est il abélien ?
Solution.
Non. Par example, D8 est un 2-groupe et il n’est pas abélien.
Question 3.
Soient p un nombre premier, et G un p-groupe. Soit n tel que #G = pn .
(1) Le groupe G a-t-il un sous-groupe normal de cardinal p ?
(2) Le groupe G a-t-il un sous-groupe normal de cardinal pm pour tout m ≤ n ?
Solution.
(1) Oui. Par un résultat du cours, le centre Z(G) de G n’est pas trivial. De
plus, comme G est un p-groupe, le théorème de Lagrange montre que
#Z(G) = pr avec 1 ≤ r ≤ n. Or Z(G) est abélien donc Z(G) a un
élément z ∈ Z(G) d’ordre p. Le groupe H = hzi ⊆ Z(G) est d’ordre p et
il est normal, car gzg −1 = z pour tout g ∈ G .
2
(2) Oui, par récurrence sur n.
Soit n ≥ 2. Si m = 0 ou m = n, h1G i et G sont des sous-groupes normaux de cardinal respectivement p0 = 1 et pn . Soit 1 ≤ m ≤ n − 1.
D’après la question précédente, il existe H sous-groupe normal de G
de cardinalité p. Soit π : G → G/H la surjection canonique. Comme
#G/H = pn−1 , l’hypothèse de recurrence implique l’existence d’un sousgroupe normal K de G/H de cardinal pm−1 . Le sous-groupe π −1 (K) est
normal et de cardinal pm .
Cours d’Algèbre I
Prof. E. Bayer Fluckiger
Bachelor Semestre 4
25 février 2015
Corrigé 15
Exercice 1.
(1) Donner les orbites et les stabilisateurs de l’action de S3 sur ses 2-sousgroupes de Sylow par conjugaison.
(2) Donner un analogue de l’équation aux classes pour l’action de S3 sur ses
2-sous-groupes de Sylow par conjugaison.
Solution.
(1) Les sous-groupes de S3 sont
• 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 conséquent, S3 possède trois 2-Sylow, h(1 2)i, h(1 3)i et h(2 3)i. Par
l’exercice 2 de la série 5,
σh(i j)iσ −1 = h(σ(i) σ(j)i
pour tout σ ∈ S3 et 1 ≤ i < j ≤ 3. Ceci détermine l’action de S3 sur X,
et montre qu’il n’existe qu’une seule orbite (en d’autres termes, pour tous
x, y ∈ X, il existe σ ∈ S3 tel que y = σxσ −1 ). Finalement, ceci montre
aussi qu’un élément σ ∈ S3 appartient au stabilisateur de h(i j)i ∈ X si
et seulement si {σ(i), σ(j)} = {i, j}, c’est-à-dire si σ = id ou σ = (i j).
(2) Soit X l’ensemble X des 2-Sylow de S3 . L’ensemble X est de cardinal 3. On considère l’action par conjugaison de S3 sur X. D’après la
question précédente, 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)i pour cette action est NS3 (h(1 2)i) =
h(1 2)i. Comme 3 = 0 + 26 , l’analogue suivant de l’équation 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 G un groupe fini, et p un nombre premier
divisant #G. D’après le troisième théorème de Sylow, le nombre np de p-sousgroupes de Sylow de G est np = [G : NG (P )]. Clairement, P ≤ NG (P ) et donc,
d’après le théorème de Lagrange, #P divise #NG (P ). On en déduit que
np divise
#G
.
#P
(1) Soit G un groupe de cardinal 40 = 23 · 5 et soit n5 le nombre de 5-sousgroupe de Sylow (ils sont de cardinalité 5). Par le troisième théorème de
Sylow, n5 ≡ 1 mod 5 et n5 |8 = 40
. On a donc forcément n5 = 1. Les
5
−1
conjugués gH5 g du 5-sous-groupe de Sylow H5 sont aussi des 5-sousgroupe de Sylow de G. Comme H5 est l’unique 5-sous-groupe de Sylow
les conjugués de H5 sont tous égaux à H5 . Ainsi, H5 est normal.
(2) Soit G un groupe de cardinal 12 = 22 · 3 et soit n3 le nombre de 3-sousgroupes Sylow (ils sont de cardinalité 3). Par le troisième théorème de
Sylow, n3 ≡ 1 mod 3 and n3 |4 = 12
. Donc n3 = 1 ou 4.
3
Si n3 = 1 alors, comme dans la question précédente, on montre que
l’unique 3-sous-groupe Sylow est normal.
Si n3 = 4, on a 4 sous-groupes cycliques H1 , H2 , H3 , H4 d’ordre 3 dans
G. Clairement Hi ∩ Hj = {1G } si i 6= j. Soit hi un générateur de Hi , pour
i = 1, . . . , 4. On a
S = {1G , h1 , h21 , h2 , h22 , h3 , h23 , h4 , h24 } ⊂ G
et #S = 9 et donc #G − #S = 3. Un 2-sous-groupe Sylow K contient
1G et 3 éléments 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 étant unique, il est normal.
Exercice 3.
Soit G un groupe de cardinal 45.
(1) Montrer que G a un sous-groupe normal de cardinal 5 et un sous-groupe
normal de cardinal 9.
(2) Montrer que G est abélien.
(3) Donner la liste des groupes d’ordre 45 à isomorphisme près.
Solution.
(1) Si n5 dénote le nombre de 5-sous-groupe de Sylow de G, alors n5 ≡ 1 mod
5 et n5 |9 = 45
par le troisième théorème de Sylow. Donc n5 = 1. Les
5
5
conjugués gH5 g −1 du 5-sous-groupe de Sylow H5 sont aussi des 5-sousgroupes de Sylow de G. Comme H5 est l’unique 5-sous-groupe de Sylow
de G, les conjugués de H5 sont tous égaux à H5 . Ainsi, H5 est normal.
Si n3 dénote le nombre de 3-sous-groupe de Sylow de G (ils sont de
cardinalité 9), alors n3 ≡ 1 mod 3 et n3 |5 = 45
par le troisième théorème
9
de Sylow. Donc n3 = 1. Comme précédemment, G a un seul 3-sous-groupe
de Sylow H9 . Ce 3-sous-groupe de Sylow G est donc normal.
(2) Comme 5 et 9 sont premiers entre eux, l’intersection H5 ∩ H9 est triviale
(par le théorème de Lagrange). D’après la question précédente, H5 et H9
sont normaux. Par un résultat du cours, H5 H9 est un sous-groupe de G
et
#H5 #H9
5·9
#(H5 H9 ) =
=
= 45.
#(H5 ∩ H9 )
1
Par suite, on a G = H5 H9 ' H5 × H9 .
Comme H5 est de cardinal 5, il est cyclique, et donc abélien. D’après
l’Exercice 2 de la Série 12, H9 est aussi abélien. Ainsi, G est le produit
direct de deux sous-groupes abéliens. Il est donc abélien.
(3) Lors de la question précd́ente, nous avons déjà prouvé
G ' H5 × H9
avec H5 ' Z/5Z. D’après le théorème de structure des groupes abéliens
finis, nous avons H9 ' Z/9Z ou H9 ' Z/3Z × Z/3Z. On a donc
G ' Z/5Z × Z/9Z ou G ' Z/5Z × Z/3Z × Z/3Z.
Exercice 4.
Soit G un groupe fini.
(1) Soient p et q deux diviseurs premiers de #G. On suppose que G a un seul
p-sous groupe de Sylow, noté P , et un seul q-sous groupe de Sylow, noté
Q. Montrer que les éléments de P commutent avec les éléments de Q.
(2) Montrer que tous les sous-groupes de Sylow de G sont normaux dans G si
et seulement si G est isomorphe au produit des ses sous-groupes de Sylow.
Solution.
(1) Comme P est le seul p-sous-groupe de Sylow de G, il est normal. De même,
on montre que Q est normal. De plus, #P et #Q sont premiers entre eux,
donc P ∩ Q = {1G }.
Soient hp ∈ P et hq ∈ Q. On a
−1
−1 −1
hp hq h−1
p hq = hp (hq hp hq ) ∈ P
car P est normal, et
−1
−1 −1
hp hq h−1
p hq = (hp hq hp )hq ∈ Q
6
−1
car Q est normal. Ainsi, on a hp hq h−1
p hq ∈ P ∩Q = {1G }. Par conséquent
hp hq = hq hp et donc les éléments de P commutent avec les éléments de
Q.
(2) Soient p1 , . . . Q
, pr des premiers distincts, et e1 , . . . , er des entiers tels que
#G = n = ri=1 pei i . Si r = 1, alors G est son unique sous-groupe de
Sylow. On va donc supposer que r > 1.
Soient S1 , . . . , St les sous-groupes de Sylow de G. Alors les sous-groupes
Si := {1G } × . . . × {1G } × Si × {1G } × . . . × {1G }
sont des sous-groupes de Sylow de S1 × . . . × St . On en a t. Comme G
est isomorphe à S1 × . . . × St , et comme G a t sous-groupes de Sylow,
les sous-groupes de Sylow de S1 × . . . × St sont S1 , . . . , St . Ils sont tous
normaux dans S1 × . . . × St par définition d’un produit direct. Comme G
est isomorphe à S1 × . . . × St , les sous-groupes de Sylow de G sont donc
aussi tous normaux.
On suppose tous les sous-groupes de Sylow de G normaux. Alors, d’après
le second théorème de Sylow, G a un unique pi -sous-groupe Sylow, que l’on
note Hpi . Comme Hpi est normal pour tout indice i, d’après un résultat du
cours, l’ensemble Gs = Hp1 . . . Hps est un sous-groupe normal de G pour
tout s = 1, . . . , r. Montrons par récurrence sur s que Gs est isomorphe à
Hp1 × . . . × Hps . Cela suffit pour conclure car on a alors #Gr = #G et,
par conséquent, G = Gr .
Si s = 1, l’affirmation G1 ' Hp1 est trivialement vraie. Soit s > 1. On
suppose Hp1 . . . Hps−1 ' Hp1 × . .. × Hps−1 . Alors, le théorème de Lagrange
montre que Hps ∩ Hp1 . . . Hps−1 = {1G }. On a alors
Gs ' Hp1 . . . Hps−1 × Hps ' Hp1 × . . . × Hps−1 × Hps
On a ainsi montré par récurrence sur s que Gs = Hp1 . . . Hps pour tout
indice s.