feuille 4 action de groupes, théorèmes de Sylow

Master 1 - Groupes et G´eom´etrie Ann´ee 2007-2008
Universit´e de Nice-Sophia-Antipolis
Groupe op´erant sur un ensemble - Th´eor`emes de Sylow
Un groupe fini Gne poss`ede pas n´ecessairement un sous-groupe d’ordre k,pourunentierkdivisant |G|.Par
exemple :
Exercice 1. — Le groupe altern´eA4n’a pas de sous-groupe d’ordre 6.
1.a- Donner les 12 ´el´ements de A4et leurs ordres (les ordres sont 1,2et 3).
1.b- Montrer que le centre Z(A4)est r´eduit `a{e}(Ind. Si tel n’est pas le cas il existe σd’ordre 2et sd’ordre 3qui
commutent, mais alors l’ordre de σ.s est 6, ce qui contredit la premi`ere question).
1.c- Monter que A4poss`ede un unique sous-groupe Kd’ordre 4et que KA
4.
1.d- Montrer que A4n’a pas de sous-groupe d’ordre 6(Ind. Si Lest un sous-groupe de A4d’ordre 6,consid´erer
G=K∩L.MontrerqueGA
4et |G|=2.End´eduire alors que G≤Z(A4)).
En revanche on va montrer que si |G|=spnavec pun nombre premier qui ne divise pas s, il existe des sous-groupes
de Gd’ordre pr,pour0≤r≤n(premier th´eor`eme de Sylow).
0. Rappels. Soit Gun groupe op´erant sur un ensemble E. On note l’action par :
G×E→E
(g, x)→ g.x
D´efinitions . — •On appelle G-orbite d’un ´el´ement xde El’ensemble : Ωx={g.x, g ∈G}.
•On appelle stabilisateur d’un ´el´ement xde Gle sous-groupe Gx={g∈G;g.x =x}de G.
•On appelle EG={x∈E;g.x =x, ∀g∈G}={x∈E;Gx=G}l’ensemble des points fixes de Esous l’action de
G.
Lorsque Gop`ere sur Gpar conjugaison Gx,estappel´elecentralisateur de xdans G, car il s’agit de l’ensemble des
´el´ements de Gqui commutent avec x.
Lorsque Gop`ere par conjugaison sur l’ensemble de ses parties P(G), pour S∈P(G), on appelle GSle normalisateur
de Sdans G,carsiSest un sous-groupe de G,Sest normal dans GS.OnnoteNG(S) le normalisateur de Sdans G.
On montre que (´equation aux classes):
card(Ωx)=[G:Gx]etcard(E)=
k
i=1
[G:Gxi],(∗)
lorsque les xisont des repr´esentants des G-orbites distinctes.
Pour montrer (∗)ilsuffitdeprouverquepourtoutx∈E,Ω
x→(G/Gx)g(l’ensemble des classes `a gauche modulo
Gx)d´efinie par g.x → g.Gxest une bijection.
Lemme 1. — Soit Gun groupe fini d’ordre pnavec pun nombre premier et n≥1.SiGop`ere sur l’ensemble fini
E, alors card(EG)=card(E)[p].
Preuve. Comme x∈EGssi Ωx={x},EGest l’ensemble des orbites ponctuelles. On ´ecrit : card(E)=
card(EG)+
k
i=1
[G:Gxi], o`updivise [G:Gxi], pour tout i∈{1,···,k}.2
Lemme 2. — Soient Het Kdeux sous-groupes d’un groupe Gavec :
-[G:H]=r,
-|K|=pno`upest un nombre premier qui ne divise pas ret n≥1,
alors il existe x∈Gtel que K≤xHx−1.
Preuve. Posons E=G/H,Eest alors un ensemble de cardinal r.SiKop`ere sur Epar translation `a gauche,
d’apr`es le Lemme 1, card(EK)=r[p]= 0, puisque pne divise pas r. On a donc EK=∅.Ona:x.H ∈EKssi
∀k∈K, k(x.H)=x.H ssi K≤Gx.H .Maisg∈Gx.H ssi g.x.H =x.H ssi g.x ∈x.H ssi g∈x.H.x−1.2
1

1. Premier th´eor`eme de Sylow.
Th´eor`eme (Premier th´eor`eme de Sylow, 1872). — Soit Gun groupe fini d’ordre spnavec pun nombre
premier qui ne divise pas s. Pour tout 0≤r≤n, il existe un sous-groupe de Gd’ordre pr.
Preuve (H. Wielandt, 1959). Soit Fl’ensemble des parties `apr´el´ements de G.
•On a card(F)=Cpr
spn=λ.pn−r,avecpqui ne divise pas λ.
En effet Cpr
spn=spn
pr
pr−1
k=1
spn−k
k.Sion´ecrit k=qpα,avec0≤α<ret qnon divisible par p, on a alors :
spn−k
k=spn−α−q qet pne divise pas spn−α−q.
•Notons que Gop`ere sur Fpar translation `a gauche puisque si A⊂G,g∈G,card(g.A)=card(A). Si A1,···Ak
repr´esentent les G-orbites de F,ona:
λpn−r=
k
i=1
[G:GAi],
o`uGAiest le stabilisateur de Aidans G.Parcons´equent il existe j∈{1,···,k}tel que pn−r+1 ne divise pas [G:GAj].
•On va montrer que H=GAjest d’ordre pr. Comme spn=|H|·[G:GAj]etquepn−r+1 ne divise pas [G:GAj],
on ´ecrit : spn=|H|·spβ,avec0≤β≤n−r. Ce qui donne :
|H|=s pn−β,avec n−β≥r.
D’autre part si x∈Aj, comme Hg→ g.x ∈Ajest injective, on aussi |H|≤card(Aj)=pr.2
2. Second th´eor`eme de Sylow.
D´efinition. — Soit pun nombre premier. On appelle p-sous-groupe de Gun sous-groupe d’ordre une puissance
de p. On appelle p-sous-groupe de Sylow de G, ou plus simplemement p-Sylow de G, un groupe d’ordre pn,lorsque
|G|=spn,avecsnon divisible par p.
Lemme 3. — Soit Gun groupe fini et Sun p-sylow de G,alorsSest l’unique p-Sylow du normalisateur NG(S)
de Sdans G.
Preuve. On note spn=|G|et spn=|NG(S)|(puisque Sest un p-Sylow de NG(S)). Si Kest un autre p-Sylow
de NG(S), on a [NG(S):K]=set par le Lemme 2 il existe x∈NG(S)telqueK≤xSx−1.MaisxSx−1=Set
|S|=|K|=pndonne S=K.2
Th´eor`eme (Second th´eor`eme de Sylow, 1872). — Soit Gun groupe fini d’ordre spn,avecpnombre premier
ne divisant pas set n≥1.
1- Tout p-sous-groupe de Gest contenu dans un p−Sylow.
2- Les p-Sylow sont conjugu´es.
3- Leur nombre est 1[p]et divise s.
Preuve. 1- Soit Kun p-sous-groupe de G. Par le premier th´eor`emedeSylow,ilexisteunp-Sylow S.D’apr`es le
Lemme 2 il existe x∈Gtel que K≤xSx−1. Mais comme |xSx−1|=|S|=pn,xSx−1est un p-Sylow.
2- On applique `a nouveau le Lemme 2.
3- Soit Sl’ensemble des p-Sylow. D’apr`es 2, Gop`ere transitivement par conjugaison sur S,d’o`u quel que soit
S∈S:card(S)=card(Ω
S)=[G:NG(S)]. On en d´eduit que card(S) divise [G:S]=s, puisque [G:NG(S)] divise
[G:S].
De plus Sop´erant sur Spar conjugaison, par le Lemme 1 : card(S)=card(SS)[p]. Notons que S∈S
Sssi
sSs−1=S, pour tout s∈Sssi S≤NG(S). Par le Lemme 3, Sest le seul p-Sylow de NG(S), donc card(SS)=1et
card(S)=1[p]. 2
Corollaire 4. — Un groupe fini Gposs`ede un unique p-Sylow Sssi SG. En particulier si Gest ab´elien, G
poss`ede un unique p-Sylow. 2
2

Corollaire 5. — Un p-Sylow est un p-sous-groupe maximal pour l’inclusion parmi les p-sous-groupes. 2
3. Applications.
Rappel. Soit ζune racine primitive n-i`emedel’unit´edans C,iequeζn=1etζm=1,pour0<m<n. Une telle
racine est un g´en´erateur du groupe cyclique des racines n-i`eme de l’unit´e. On note πnl’ensemble des racines primitives
n-i`eme de l’unit´eetΦ
n(X)= 
ζ∈πn
(X−ζ)estappel´elen-i`eme polynˆome cyclotomique.Onaalors:
Xn−1=
d/n
Φd(X).
En effet les racines de Xn−1 sont les racines n-i`eme de l’unit´e. Une telle racine ζa un ordre dqui divise net ainsi
X−ζdivise Φd(X), puisque ζest une racine d-i`eme primitive de l’unit´e. On en conclut que Xn−1 divise 
ζ∈πn
(X−ζ).
R´eciproquement, si d/n, une racine d-i`eme primitive de l’unit´e est une racine de l’unit´e, donc 
ζ∈πn
(X−ζ) divise Xn−1.
Comme ces deux polynˆomes sont unitaires, on a bien l’´egali´e annonc´ee.
Th´eor`eme de Wedderburn. Tout corps fini est commutatif.
Solution. Soit kun corps fini de psa caract´eristique et Zle centre de k.
•On a Fp⊂Zet en notant rla dimension du Fp-espace vectoriel Z,onobtientcard(Z)=pr=q.Demˆeme en
notant n=dim
Z(k), card(k)=qn=prn.
•Soit x∈k, notons kx={y∈k;yx =xy}le centralisateur de xdans k.Soitk∗
x=kx\{0}. Comme Z⊂kx,en
notant d(x)=dim
Z(kx)onobtientcard(kx)=qd(x). Comme k∗
xest un sous-groupe de k∗,qd(x)−1 divise qn−1. En
´ecrivant : n=sxd(x)+tx,avec0≤tx<d(x), on a :
qn−1=[(qd(x))sx−1]qtx+qtx−1=(qd(x)−1)
sx−1
i=0
qtx+id(x)+qtx−1,
et donc qd(x)−1 divise aussi qtx−1. Comme q≥2ettx<d(x), on a tx=0etainsid(x) divise n.
On va montrer que n=1,iequeZ=k.
•On fait op´erer k∗par conjugaison sur lui-mˆeme. L’´equation aux classes (∗) donne :
qn−1=q−1+ 
d∈D
qn−1
qd−1,(1)
o`uDest un certain ensemble de diviseurs de ndistincts de n,d’apr`es le point pr´ec´edent et non vide ssi n>1. On sait
que :
qn−1= 
m/n
Φm(q),q
d−1=
m/d
Φm(q).(2)
On tire de (1) et (2) que Φn(q) divise q−1etdoncque|Φn(q)|≤q−1.
•Soit ζune racine primitive n-i`emedel’unit´e. Puisque nest suppos´e>1, on a : |q−ζ|>q−1. Il s’ensuit que
:|Φn(q)|>(q−1)ϕ(n)o`uϕ(n) est le nombre d’entier <net premier avec n. En particulier : |Φn(q)|>q−1. Ce qui
contredit le point pr´ec´edent. 2
Exercice 1. Soit kun corps de caract´eristique pet de cardinal q=pr.SoitG=Gln(k)le groupe des matrices
inversibles n×n`a coeffiicients dans k.
1- Montrer que |G|=prn(n−1)/2
n
i=1
(qi−1).
2- Montrer que
n
i=1
(qi−1) est premier `aqet `ap.
3- Soit Sle sous-groupe des matrices triangulaires sup´erieures `a coefficients diagonaux ´egaux `a1.MontrerqueS
est un p-Sylow de G.
3

Solution. 1−L’ordre de Gestlenombredebasesduk-espace kn.Cenombreest:(qn−1)(qn−q)···(qn−qn−1)=
qn(n−1)/2
n
i=1
(qi−1) = prn(n−1)/2
n
i=1
(qi−1).
2- On montre que qet qi−1 n’ont pas de diviseur commun autre que 1, pour i=1···n.Eneffetpouri=1,c’est
trivial. Si i>1, qi−1=q(qi−1) + q−1. Si qet qi−1 avait un diviseur commun autre que 1, il en serait de mˆeme de
qet q−1.
3- Le groupe Sest d’ordre qq2···qn−1=qn(n−1)/2=prn(n−1)/2
Rappel. On dit qu’un groupe Gest simple ssi G=e, et les seuls sous-groupes normaux de Gsont {e}et G.
Exercice 2. Si Gest un groupe fini d’ordre pn, le centre de Gest ={e}.
Si Gest de plus non ab´elien, Gn’est pas simple.
Solution. On ´ecrit l’´equation aux classes (∗)lorsqueGagit sur lui-mˆeme par conjugaison. En isolant les classes
ponctuelles de conjugaison, dont les ´el´ements du centre sont les repr´esentants, on obtient : pn=|Z(G)|+
i∈I
[G:Gxi],
avec I=∅si Gest ab´elien. On conclut en disant que pdivise [G:Gxi]danslecasnonab´elien.
Supposons maintenant Gest de plus non ab´elien, comme Z(G)=G,Z(G)={e}et Z(G)G,Gn’est pas simple.
Exercice 3. Si Gest d’ordre spnet simple alors Gposs`ede plusieurs p-Sylow.
Solution. Soit Sun p-Sylow de G. Notons que S=Gpar l’exercice p´ec´edent. Si S´etait l’unique p-Sylow de G,
on aurait SG, par le Corollaire 4.
Exercice 4. Si Gest d’ordre pq,avecpet qdeux nombres premiers distincts, alors Gn’est pas simple.
Solution. Supposons par exemple p>q.Lenombredep-Sylow de Gest 1 modulo pet divise q. Comme pne
peut diviser q−1, ce nombre est 1, et l’unique p-Sylow de Gest propre et normal.
Exercice 5. Soit Gun groupe d’ordre pq avec p=q,pet qpremiers, p≡ 1[q]et q≡ 1[p],alorsGest cyclique.
Solution. Gposs`ede un seul p-Sylow Sppuisque le nombre de p-Sylow est 1 + kp et divise q,soitest´egal `aq.De
mˆeme, Gposs`ede un seul q-Sylow Sq,etparcons´equent Sp=<x>est cyclique et SpG,Sq=<y>est cyclique et
SqG. Montrons que xy =yx.Onax−1y−1xy ∈Sp∩Sqcar Spet Sqsont normaux. Mais comme Sp∩Sq={e},ona
bien xy =yx. L’ordre de xy est alors pq.
Rappel. Soit Get G1,···,G
kdes groupes. Alors Gest isomorphe au produit direct
k
i=1
Gissi il existe dans Gdes
sous-groupes H1,···,H
k:
i- GiHi,
ii- ∀hi∈Hi,h
j∈Hj,h ihj=hjhi,
iii- G=H1···Hk
iv- ∀i, Hi∩H1···Hi−1Hi+1 ···Hn={e}.
Exercice 6. Soit gun groupe d’ordre pα1
1···pαk
k,aveclespipremiers, distincts et αi>0. Si pour tout iGposs`ede
un unique pi-Sylow Pi,G=P1···Pk
k
i=1
Pi.
En cons´equence si Gest ab´elien et d’ordre pα1
1···pαk
k,aveclespipremiers, distincts et αi>0,alorsGest isomorphe
au produit de ses pi-Sylow.
Solution. Les Pisont normaux dans G,doncPi···Pkk
i=1 Pi,d’apr`es le rappel. On en d´eduit que
|Pi···Pk|=|P1|···|Pk|=|G|.
Exercice 7. Tout groupe d’ordre 42 n’est pas simple.
Solution. Le nombre de 7-Sylow est 1+7k, pour un certain entier ket divise 6. Ce nombre est donc 1 et ce 7-Sylow
est par cons´equent normal.
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