Janvier 2017 - IMJ-PRG

Universit´e Pierre et Marie Curie - Paris VI Facult´e de Math´ematiques
3M270 2016–2017
Examen
2h, 13 d´ecembre 2016
L’utilisation des documents, calculatrices et t´el´ephones portables est interdite. Les r´eponses
doivent ˆetre soigneusement justifi´ees. L’interpr´etation des ´enonc´es fait partie du devoir.
Exercice 1. i. D´eterminer `a isomorphisme pr`es tous les groupes ab´eliens d’ordre 99.
D’apr`es le th´eor`eme de classification des groupes finis commutatifs il y en a 2, `a savoir
Z/99Zet Z/3Z×Z/33Z.
ii. Soit Gun groupe d’ordre 99.
(a) D´eterminer le nombre de 3-sous-groupes de Sylow de Get le nombre de 11-sous
groupes de Sylow de G.
Si pest un nombre premier notons nple nombre de p-sous-groupes de Sylow de G.
Par le th´eor`eme de Sylow on a n3≡1[3] et n3|11. On d´eduit n3= 1. De mˆeme
n11 ≡1[11] et n11|3. On d´eduit n11 = 1.
(b) Montrer que Gest le produit direct de ses sous-groupes de Sylow. D´eduire que Gest
ab´elien.
Puisque np= 1 pour tout pun r´esultat du cours montre que Gest le produit direct de
ses sous-groupes de Sylow. Chaque sous-groupe de Sylow est d’ordre pou p2et donc
ab´elien par le cours. On d´eduit que Gest ab´elien.
(c) Montrer que Gest cyclique si et seulement s’il contient un sous-groupe cyclique d’ordre
9.
D’apr`es la prem`ere question Gest donc isomorphe `a Z/99Zou Z/3Z×Z/33Z. Or
juste le premier de ces groupes contient un ´el´ement d’ordre 9. Le r´esultat d´ecoule du
fait que Z/99Zest cyclique et Z/3Z×Z/33Zne 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/99Zou Z/3Z×Z/33Zcontiennent des sous-groupes cy-
cliques d’ordre 33; le premier celui engendr´e par 3, le second celui engendr´e par (0,1).
Exercice 2. Soit Gun groupe de cardinal 35 agissant sur un ensemble Xde cardinal 23. Montrer
que Xposs`ede 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 1,5,7et 35. Notons ni∈Nle nombre
d’orbites de cardinal i. Alors le th´eor`eme aux classes implique que n1+ 5n5+ 7n7+ 35n35 = 23.
Si n1= 0 une telle que ´equation n’a pas de solution. Donc n1>0et Xposs`ede 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 ab´elien.
FAUX. Contrexemple : S3×Z/150Z.
ii. Soit H8={±1,±i, ±j, ±k}le groupe de quaternions (on a i2=j2=k2=−1, ij =k,
jk =i,ki =j). H8contient 3 classes de conjugaison.
FAUX. Il en contienne 5:{1},{−1},{i, −i},{j, −j},{k, −k}.
iii. Soient c∈ S6un 2-cycle et c0∈ S6un 3-cycle. Alors l’ordre de cc0est 6.
FAUX. Contre exemple : c= (1 2),c0= (1 2 3).
iv. Si Hest un sous-groupe de Gle nombre de p-sous-groupes de Sylow de Hdivise le nombre
de p-sous-groupes de Sylow de G.
FAUX. Contrexemple G=A5et H=A4.
Exercice 4. Soit Gun groupe d’ordre 900. On suppose que Gest simple.
i. Calculer le nombre de 5-sous-groupes de Sylow de G.
Si pest un nombre premier notons encore nple nombre de p-sous-groupes de Sylow de
G. Par hypoth`ese Gest simple donc on ne peut pas avoir np= 1 (sinon le p-Sylow serait
distingu´e). Par le th´eor`eme de Sylow on a n5≡1[5] et n5|36. On d´eduit n5∈ {6,36}. Si
n5= 6 on fait agir Gsur l’ensemble des ses 5-Sylows d’o`u un morphisme non trivial de G
dans S6. Puisque Gest simple ce morphisme doit ˆetre injectif ce qui contredit le fait que
|G|= 900 >6! = |S6|. On a donc n5= 36.
ii. Soient Het H0deux 5-sous-groupes de Sylow distincts de G. Montrer que H∩H0={eG}.
(Indication : on suppose qu’il existe g6=eGtel que g∈H∩H0et on consid`ere Z(g) =
{h∈G:hg =gh}le centralisateur de gdans G.)
Montrons que l’intersection de deux 5-Sylows Het H0distincts ne peut pas contenir un
´el´ement g6=e. Sinon consid´erons le centralisateur Z(g) = {h∈G:hg :gh}de g. C’est
un sous-groupe de Gqui contient Het H0(puisque ce sont deux groupes commutatifs, car
d’ordre 25). Par Lagrange on d´eduit 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 gappartiendrait au
centre de G, qui serait non-trivial distingu´e 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 Gagit par translations sur G/Z(g)d’o`u un morphisme non trivial injectif
de Gvers Saavec a≤6l’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 suppos´e H6=H0).
iii. D´eduire le nombre d’´el´ements de Gd’ordre 5 ou 25.
On d´eduit que Gposs`ede 36 ×24 = 864 ´el´ements d’ordre 5ou 25.

iv. Montrer que le nombre de 3-sous-groupes de Sylow de Gest sup´erieur ou ´egal `a 10.
Par le th´eor`eme de Sylow on a n3≡1[3] et n3|100. On d´eduit n3∈ {4,10,25,100}. Si
n3= 4 on fait agir Gsur l’ensemble des ses 3-Sylows d’o`u un morphisme non trivial de G
dans S4. Puisque Gest simple ce morphisme doit ˆetre injectif ce qui contredit le fait que
|G|= 900 >4! = |S4|. On a donc n3≥10.
v. Conclure.
Soient Het H0deux 3-sous-groupes de Sylow distincts de G. Montrons que l’intersection de
Het H0distincts ne peut pas contenir un ´el´ement g6=e. Sinon consid´erons le centralisateur
Z(g) = {h∈G:hg :gh}de g. C’est un sous-groupe de Gqui contient Het H0
(puisque ce sont deux groupes commutatifs, car d’ordre 9). Par Lagrange on d´eduit 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 gappartiendrait au centre de G, qui serait non-trivial distingu´e 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 Gagit par translations
sur G/Z(g)d’o`u un morphisme non trivial injectif de Gvers Saavec a≤6l’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 suppos´e H6=H0). On ne peut pas avoir |Z(g)|= 36 car sinon
G=Z(g)t{´el´ements d’ordre 5ou 25}et donc Z(g)serait distingu´e. Enfin on ne peut pas
avoir |Z(g)|= 90 car il y aurait au plus 6 5-Sylows et cela ferai trop d’´el´ements d’ordre
diff´erent de 5ou 25.
On d´eduit que H∩H0={eG}et donc Gcontient au moins 80 ´el´ements d’ordre 3ou 9.G
contient donc au moins 864 + 80 = 944 ´el´ements. Contradiction.
Donc Gn’est pas simple.