Groupe opérant sur un ensemble

Pr´eparation `a l’agr´egation externe de math´ematiques Ann´ee 2005-2006
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, pour un entier k
divisant |G|. Par exemple :
Exercice 1. — Le groupe altern´e A4n’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  A4.
1.d- Montrer que A4n’a pas de sous-groupe d’ordre 6(Ind. Si Lest un sous-groupe de A4
d’ordre 6, consid´erer G=K∩L. Montrer que G  A4et |G|= 2. En d´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, pour 0 ≤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)7→ 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, est appel´e le centralisateur de xdans G, car il s’agit
de l’ensemble des ´el´ements de Gqui commutent avec x.
Lorsque Gop`ere sur l’ensemble de ses parties P(G), pour S∈ P(G), on appelle GSle
normalisateur de Sdans G, car si Sest un sous-groupe de G,Sest normal dans GS. On note
NG(S) le normalisateur de Sdans G.
On montre que (´equation aux classes) :
card(Ωx) = [G:Gx] et card(E) =
k
X
i=1
[G:Gxi],(∗)
lorsque les xisont des repr´esentants des G-orbites distinctes.
Pour montrer (∗) il suffit de prouver que pour tout x∈E, Ωx→G/Gxd´efinie par g.x 7→ g.Gx
est une bijection.
Lemme 1. — Soit Gun groupe fini d’ordre pnavec pun nombre premier et n≥1. Si Gop`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
X
i=1
[G:Gxi], o`u pdivise [G:Gxi], pour tout i∈ {1,···, k}.2
Lemme 2. — Soient Het Kdeux sous-groupes d’un groupe Gavec :
-[G:H] = r,
-|K|=pno`u pest 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. Si Kop`ere sur Epar
translation `a gauche, d’apr`es le Lemme 1, card(EK) = r[p]6= 0, puisque pne divise pas r. On a donc
EK6=∅. On a : x.H ∈EKssi ∀k∈K, k(x.H) = x.H ssi K≤Gx.H . Mais g∈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 spn
avec pun nombre premier qui ne divise pas s. Pour tout 0≤r≤n, il existe un sous-groupe de G
d’ordre pr.
Preuve (H. Wielandt, 1959). Soit Fl’ensemble des parties `a pr´el´ements de G.
•On a card(F) = Cpr
spn=λ.pn−r, avec pqui ne divise pas λ.
En effet Cpr
spn=spn
pr
pr−1
Y
k=1
spn−k
k. Si on ´ecrit k=qpα, avec 0 ≤α < r et 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,···Akrepr´esentent les G-orbites de F, on a :
λpn−r=
k
X
i=1
[G:GAi],
o`u GAiest le stabilisateur de Aidans G. Par cons´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] et que pn−r+1 ne
divise pas [G:GAj], on ´ecrit : spn=|H| · s0pβ, avec 0 ≤β≤n−r. Ce qui donne :
|H|=s00 pn−β,avec n−β≥r.
D’autre part si x∈Aj, comme H3g7→ 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, avec snon divisible par p.
Lemme 3. — Soit Gun groupe fini et Sun p-sylow de G, alors Sest l’unique p-Sylow du
normalisateur NG(S)de Sdans G.
Preuve. On note spn=|G|et s0pn=|NG(S)|(puisque Sest un p-Sylow de NG(S)). Si Kest
un autre p-Sylow de NG(S), on a [NG(S) : K] = s0et par le Lemme 2 il existe x∈NG(S) tel que
K≤xSx−1. Mais xSx−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, avec
pnombre 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`eme de Sylow, il existe un
p-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(ΩS) = [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
S0∈ SSssi sS0s−1=S0, pour tout s∈Sssi S≤NG(S0). Par le Lemme 3, S0est le seul p-Sylow de
NG(S0), donc card(SS) = 1 et card(S) = 1 [p]. 2
Corollaire 4. — Un groupe fini Gposs`ede un unique p-Sylow Sssi S  G. En particulier si G
est ab´elien, Gposs`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`eme de l’unit´e dans C, ie que ζn= 1 et ζm6= 1, pour
0< 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´e et Φn(X) = Y
ζ∈πn
(X−ζ) est appel´e le
n-i`eme polynˆome cyclotomique. On a alors :
Xn−1 = Y
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 d
qui 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 Y
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 Y
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, on obtient card(Z) = pr=q.
De mˆeme en notant n= dimZ(k), card(k) = qn=prn.
•Soit x∈k, notons kx={y∈k;yx =xy}le centralisateur de xdans k. Soit k∗
x=kx\ {0}.
Comme Z⊂kx, en notant d(x) = dimZ(kx) on obtient card(kx) = qd(x). Comme k∗
xest un sous-
groupe de k∗,qd(x)−1 divise qn−1. En ´ecrivant : n=sxd(x) + tx, avec 0 ≤tx< d(x), on
a :
qn−1 = [(qd(x))sx−1]qtx+qtx−1 = (qd(x)−1)
sx−1
X
i=0
qtx+id(x)+qtx−1,
et donc qd(x)−1 divise aussi qtx−1. Comme q≥2 et tx< d(x), on a tx= 0 et ainsi d(x) divise n.
On va montrer que n= 1, ie que Z=k.
•On fait op´erer k∗par conjugaison sur lui-mˆeme. L’´equation aux classes (∗) donne :
qn−1 = q−1 + X
d∈D
qn−1
qd−1,(1)
o`u Dest 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 = Y
m/n
Φm(q), qd−1 = Y
m/d
Φm(q).(2)
On tire de (1) et (2) que Φn(q) divise q−1 et donc que |Φn(q)| ≤ q−1.
•Soit ζune racine primitive n-i`eme de l’unit´e. Puisque nest suppos´e >1, on a : |q−ζ|> q −1.
Il s’ensuit que : |Φn(q)|>(q−1)ϕ(n)o`u ϕ(n) est le nombre d’entier < n et 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. Soit G=Gln(k)le
groupe des matrices inversibles n×n`a coeffiicients dans k.
1- Montrer que |G|=prn(n−1)/2
n
Y
i=1
(qi−1).
2- Montrer que
n
Y
i=1
(qi−1) est premier `a qet `a p.
3- Soit Sle sous-groupe des matrices triangulaires sup´erieures `a coefficients diagonaux ´egaux
`a 1. Montrer que Sest un p-Sylow de G.
3

Solution. 1−L’ordre de Gest le nombre de bases du k-espace kn. Ce nombre est :
(qn−1)(qn−q)···(qn−qn−1) = qn(n−1)/2
n
Y
i=1
(qi−1)=prn(n−1)/2
n
Y
i=1
(qi−1).
2- On montre que qet qi−1 n’ont pas de diviseur commun autre que 1, pour i= 1 ···n. En
effet pour i= 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 G6=e, et les seuls sous-groupes normaux de G
sont {e}et G.
Exercice 2. Si Gest un groupe fini d’ordre pn, le centre de Gest 6={e}.
Si Gest de plus non ab´elien, Gn’est pas simple.
Solution. On ´ecrit l’´equation aux classes (∗) lorsque Gagit 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)|+X
i∈I
[G:Gxi], avec I=∅si Gest ab´elien. On conclut en disant que pdivise
[G:Gxi] dans le cas non ab´elien.
Supposons maintenant Gest de plus non ab´elien, comme Z(G)6=G,Z(G)6={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 S6=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, avec pet qdeux nombres premiers distincts, alors Gn’est pas
simple.
Solution. Supposons par exemple p > q. Le nombre de p-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 p6=q,pet qpremiers, p6≡ 1 [q]et q6≡ 1 [p],
alors Gest cyclique.
Solution. Gposs`ede un seul p-Sylow Sppuisque le nombre de p-Sylow est 1 + kp et divise q,
soit est ´egal `a q. De mˆeme, Gposs`ede un seul q-Sylow Sq, et par cons´equent Sp=< x > est cyclique
et Sp G,Sq=< y > est cyclique et Sq G. Montrons que xy =yx. On a x−1y−1xy ∈Sp∩Sqcar
Spet Sqsont normaux. Mais comme Sp∩Sq={e}, on a bien xy =yx. L’ordre de xy est alors pq.
Rappel. Soit Get G1,···, Gkdes groupes. Alors Gest isomorphe au produit direct
k
Y
i=1
Gissi
il existe dans Gdes sous-groupes H1,···, Hk:
i- Gi'Hi,
ii- ∀hi∈Hi, hj∈Hj, hihj=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, avec les pipremiers, distincts et αi>0. Si
pour tout i G poss`ede un unique pi-Sylow Pi,G=P1···Pk'
k
Y
i=1
Pi.
En cons´equence si Gest ab´elien et d’ordre pα1
1···pαk
k, avec les pipremiers, distincts et αi>0,
alors Gest isomorphe au produit de ses pi-Sylow.
Solution. Les Pisont normaux dans G, donc Pi···Pk'Qk
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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