Université Mohammed Premier Faculté Pluridisciplinaire de Nador Département de Mathématiques et Informatique

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Université Mohammed Premier Faculté Pluridisciplinaire de Nador

Département de Mathématiques et Informatique

Filières SMA S6.

TD d’Arithmétique 2. Série: 3 Année universitaire: 2019-2020 Exercice 1

Soient Gun groupe fini,pun entier premier etH un sous-groupe normal deG.

1. Montrer que pour touta∈Get pour toutp-SylowP deG,a(P∩H)a⁻¹= (aP a⁻¹)∩H. 2. Montrer que lesp-Sylow deH sont de la formeP∩H, oùP sont desp-Sylow deG.

3. Montrer que lesp-Sylow deG/H sont de la formeP H/H, oùP sont desp-Sylow deG.

Exercice 2

Soient G un groupe fini et P unp-sous groupe de Sylow de G. Soit H un sous groupe de G. Pour un sous-groupeLdeG, on note parN(L) le normalisateur de LdansG.

1. Montrer queN(N(P)) =N(P) et que siN(P)⊂H, alorsN(H) =H.

2. SiH est unp-sous groupe deG, alors montrer queP ⊂N(H) =⇒H ⊂P et H ⊂N(P) =⇒H⊂P. Exercice 3

Soient Gun groupe fini etZ =Z(G) son centre.

1. Montrer que siG/Z est cyclique, alorsGest abélien.

2. Montrer que tout groupe d’ordrep²,ppremier, est abélien.

3. Si|G|=p³,ppremier, déterminer|Z|.

Exercice 4

Soit G un groupe fini d’ordre p^km tel que m < p et p est un premier. Montrer que G admet un seul sous-groupe d’ordrep^k.

Exercice 5

Soient Gun groupe et H, K deux sous-groupes distingués de G. On dit que Gest produit direct de H et Ksi G=H×K. Déterminer les groupesGd’ordrep²avecppremier.

Exercice 6

Soit G un groupe fini non abélien dont lequel chaque sous-groupe de Sylow est maximal. Montrer que Z(G) ={e}, i.e.Gn’est pas unp-groupe.

Exercice 7

SoitGun groupe fini d’ordrepq, oùpetqsont deux premiers tels queq < p, montrer queGpossède un unique sous-groupe d’ordrep.

Exercice 8

Déterminer les groupes d’ordre 2p, avecppremier.

Exercice 9

SoitGun groupe d’ordre 56, on note respectivementn2et n7le nombre des 2-Sylow et 7-Sylow deG.

i. Vérifier que n₇= 1 oun₇= 8.

ii. Dans le cas ou n7 = 8, determiner le nombre

des éléments d’ordre 7 et calculern₂. iii. Montrer queGn’est pas simple.

Exercice 10

Soient Gun groupe,H et Kdeux sous-groupes deG, on noteL=H∩K.

1) Vérifier que si (H/L)_d ={Lh1, Lh₂, . . . , Lh_n}, alors KH = SKh_i et c’est une réunion de partie disjointe deKH.

2) Déduire quecard(KH) =|K||H|/|L|.

Exercice 11

SoitGun groupe d’ordrep²q, oùpet qsont des entiers premiers.

2

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2. Montrer que siGpossède un seulp-sous-groupe de Sylow alorsGest résoluble en particulier siq < p, alorsGest résoluble.

3. On suppose que p < q < p² et que Gcontient au moins deuxp-sous-groupes de SylowP₁ et P₂. On poseP =P₁∩P₂.

i. En déduire, en utilisant 1., que P est un sous-groupe non trivial distingué dans G. Déterminer l’ordre de G/P.

ii. Vérifier queG/P est résoluble. En déduire queGest résoluble.

Exercice 12

Soient G un groupe et xet y deux éléments deG. On appelle commutateur du couple (x, y) l’élément [x,y] =xyx⁻¹y⁻¹. Le sous-groupe engendré par l’ensemble des commutateurs est dit le groupe commutateur deG, noté [G,G] ouG⁰.

1. Quel est le groupe commutateur pour un groupe abélien ?

2. Vérifier queG⁰ est un sous-groupe deGstable par les endomorphismes deG.

3. SoitH un sous-groupe distingué deG. Vérifier que pour que le groupe quotientG/H soit abélien, il faut et il suffit que H contientG⁰. En déduire que G⁰ est le plus petit groupe deGtel que le groupe quotient soit abélien.

Exercice 13

On se propose de déterminer le groupe commutateur de S_n.

1. Montrer queAn est engendré par l’ensemble des produits de deux transpositions.

2. Montrer queA_n est engendré par les 3-cycles.

3. En déduire que [S_n, S_n] =A_n.

4. Montrer queA4 ne possède pas un sous-groupe d’ordre 6.

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Corrections série 3

Correction de l’exercice 1

Soient Gun groupe fini etH un sous-groupe normal deG.

1. Soient a∈GetP unp-sous-groupe de Sylow deG. Montrons que (aP a⁻¹)∩H=a(P∩H)a⁻¹. Soitx∈(aP a⁻¹)∩H, alorsx∈H et il existeb∈Ptel quex=aba⁻¹, ce qui implique queb=a⁻¹xa.

OrHest normal dansG, alorsb=a⁻¹xa∈H, ce qui donne queb∈P∩H; par suitex∈a(P∩H)a⁻¹. On conclut donc que (aP a⁻¹)∩H ⊂a(P∩H)a⁻¹.

Soit x ∈a(P ∩H)a⁻¹, alors il existe b ∈P ∩H tel que x =aba⁻¹. Comme H est normal dans G et b ∈H, alorsx=aba⁻¹ ∈H et x=aba⁻¹ ∈aP a⁻¹, d’où x∈(aP a⁻¹)∩H, ce qui implique que a(P∩H)a⁻¹⊂(aP a⁻¹)∩H. On déduit donc que

(aP a⁻¹)∩H =a(P∩H)a⁻¹.

2. Montrons que lesp-Sylow deH sont de la formeP∩H, oùP sont desp-Sylow deG.

• SoitQunp-sous-groupe de Sylow deH, alorsQest unp-sous-groupe deG, donc par les théorèmes de Sylow il existe unp-SlyowP deGtel queQ⊂P, d’oùQ⊂P∩H. OrP∩H est unp-sous-groupe deH, alors il existe unp-SylowK deH tel queP∩H⊂K, doncQ⊂P∩H ⊂K. Comme|Q|=|K|

(car ils sont desp-Sylow du même groupeH), alorsQ=P∩H =K, d’où le résultat.

• Réciproquement, soitP unp-sous-groupe de Sylow deG, montrons qu’il existe unp-SylowKdeH tel que P∩H=K. Remarquons queP∩H est unp-sous-groupe deH, alors il existeK, unp-Sylow deH, tel queP∩H ⊂K. Or par hypothèse, il existe unp-SylowP⁰ deGtel queK=P⁰∩H. Comme P et P⁰ sont desp-Sylow deG, alors ils sont conjugués dansG, c’est-à-dire, il existe a ∈Gtel que P⁰=aP a⁻¹, d’où

P∩H ⊂K=P⁰∩H = (aP a⁻¹)∩H.

On sait, par la question 1, que P∩H ⊂(aP a⁻¹)∩H =a(P∩H)a⁻¹ et |a(P ∩H)a⁻¹|=|P∩H|, alors

|P∩H|6|(aP a⁻¹)∩H|=|a(P∩H)a⁻¹|=|P∩H|.

Donc|P∩H|=|(aP a⁻¹)∩H|, ceci donneP∩H = (aP a⁻¹)∩H =K.

3. Montrons que lesp-Sylow deG/H sont de la formeP H/H, oùP sont desp-Sylow deG.

Soit P unp-Sylow deG, montrons que P H/H est un p-Sylow deG/H. Posons |G|=p^hmet |H|= p^km⁰, avecm∧p= 1 etm⁰∧p= 1 ; donc _m^m0 ∧p= 1.

CommeH est distingué dansG, alorsP H =HP, doncP Hest sous-groupe deG. D’autre part,P∩H est unp-Sylow deH, d’où|P∩H|=p^k. On a de plus queP H/H'P/P ∩H, donc

|P H/H|=|P H|/|H|=|P|/|P∩H|=p^h−k. Or |G/H|=p^{h−k m}_m0, doncP H/H estp-sous-groupe de Sylow deG/H.

Réciproquement, soitT est unp-Sylow deG/H, alors, par le 4ème théorèmes d’isomorphisme, il existe un sous-groupeP1deGcontenantH tel que T =P1/H. Donc

|P1|=|T||H|=p^h−kp^km⁰=p^hm⁰.

Soit maintenantP unp-Sylow deP₁, comme|P₁|=p^hm⁰, alorsPest aussi unp-Sylow deG. Montrons queP₁=P H;

On aP ⊂P1etH ⊂H, alorsP H⊂P1, d’autre part,|P H|=|P||H|/|P∩H|=^p^h^p_p^k_k^m⁰ =p^hm⁰=|P1|, doncP1=P H. Par suiteT =P H/H.

Soient Gun groupe fini etP unp-sous groupe de Sylow deG. SoitH un sous groupe deG.

Remarquons d’abord que pour tout sous-groupe H de G, on aH ⊂N(H). En effet, pour toutx∈H, xH =H =Hx, alorsHN(H),N(H) est le plus grand sous-groupe deGcontenantH dans lequelH est distingué.

1. • On aN(P)⊂N(N(P)). Montrons la réciproque.

Soitx∈N(N(P)), alorsxP x⁻¹ ⊂xN(P)x⁻¹=N(P). OrP et xP x⁻¹ sont deux p-Sylow de N(P), alors ils sont conjugués dans N(P). Donc il existey ∈N(P) tel quexP x⁻¹=yP y⁻¹, ceci implique

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• Supposons maintenant queN(P)⊂H, et montrons queN(H) =H. On sait H ⊂N(H), il suffit donc de montrer l’inclusion inverse. Soita∈N(H), commeP ⊂N(P)⊂H, alors

aP a⁻¹⊂aN(P)a⁻¹⊂aHa⁻¹=H.

DoncP etaP a⁻¹desp-Sylow deH, d’où il existeb∈H tel queaP a⁻¹=bP b⁻¹. D’oùb⁻¹a∈N(P)⊂ H, mais ceci implique quea∈H. Par suite le résultat.

2. SiH est unp-sous groupe deG, alors montrons queP ⊂N(H) =⇒H ⊂P etH ⊂N(P) =⇒H ⊂P.

• On sait queHest distingué dans son normalisateurN(H), et puisqueP ⊂N(H), alorsPest un sous- groupe deN(H), doncP Hest un sous-groupe deN(H). Par le deuxième théorème d’isomorphisme, on a

P H/H 'P/H∩P, par suite

|P H|=|H||P/H∩P|=|H||P|/|H∩P|.

CommeH et P sont desp-sous-groupes, alorsP H est unp-sous-groupe qui contientP. De plus,P est unp-sous-groupe de Sylow donc il est maximal dans l’ensemble desp-sous-groupes deG, ce qui implique queP =P H. Il s’ensuit queH⊂P.

• Puisque P est un p-sous-groupe de Sylow et H est un p-sous-groupe de N(P), alors, d’après les théorèmes de Sylow, il existeg∈N(P) tel queH ⊂gP g⁻¹. Ce qui veut dire queH ⊂gP g⁻¹=P.

Soient Gun groupe fini etZ =Z(G) son centre.

1. Montrons que siG/Z est cyclique, alorsGest abélien. CommeG/Z est cyclique, alors il existea∈G tel que G/Z=haZi. Soientxety dansG/Z, alors il existekethtels quex=a^hZ ety=a^kZ, d’où il existe aussicet c⁰ dansZ tels quex=a^hcet y=a^kc⁰ etc,c⁰ commutent avec tous les éléments de G, donc

xy=a^hca^kc⁰=a^kc⁰a^hc=yx.

Par suiteGest abélien.

2. Soit Gun groupe d’ordre p², ppremier, alorsGest un p-groupe, donc par le théorème de Burnside son centre Z(G) n’est pas réduit à{e}. D’où|Z(G)| 6= 1 divisep², ce qui implique qu’il y a deux cas qui se présente :|Z(G)|=p² ou|Z(G)|=p.

1er cas. Si |Z(G)|=p², alors |Z(G)|=|G|, et puisque Z(G)⊂G, donc Z(G) =G, par suite Gest abélien.

2ème cas. Si|Z(G)|=p, alors|G/Z(G)|=p. Or on sait que tout groupe d’ordre premier est cyclique, doncG/Z(G) est cyclique et d’oùGest abélien par la première question. D’oùG=Z(G), ce qui est absurde. Donc ce cas ne se présente pas, et alors Gest toujours abélien.

Conclusion.Tout groupeGd’ordrep², avecppremier, est abélien.

3. Soit Gun groupe d’ordre p³, ppremier, alorsGest un p-groupe, donc par le théorème de Burnside son centre Z(G) n’est pas réduit à{e}. D’où|Z(G)| 6= 1 divisep³, ce qui implique qu’il y a trois cas qui se présentent : |Z(G)|=p³,|Z(G)|=p² ou|Z(G)|=p. On distingue deux cas :

1er cas. SiGest abélien, alors|Z(G)|=p³.

2ème cas. Si G n’est pas abélien, alors |Z(G)| 6= p³, et aussi |Z(G)| 6= p² car sinon, on aura

|G/Z(G)| = p, donc G/Z(G) sera est cyclique, donc G est abélien par la première question. Par suite|Z(G)|=p.

Conclusion. Si Gest abélien , alors G= Z(G) et donc|Z(G)| = p³. SiG n’est pas abélien, alors

|Z(G)|=p.

Soit Gun groupe fini d’ordre p^km tel quem < p oùpest un premier. Montrons que Gadmet un seul sous-groupe d’ordrep^k. SoitN le nombre desp-Slow deG, donc par le coursN ≡1 (modp) etN divise p^km, d’où N−1≡0 (modp) etN divisem. DoncN < petN−1≡0 (modp), d’oùN = 1.

Déterminons les groupesGd’ordrep²avecppremier. Soit un tel groupe, alors on a deux cas à considerer : 1er cas. SiGest cyclique, alorsG'Z/p²Z.

2ème cas. Si Gn’est pas cyclique, alors∀x∈G− {e},θ(x) =p. Soita∈G− {e}, alorsaest d’ordrep.

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PosonsH =hai, alors H est un sous-groupe deGd’ordrep, et comme|G|> p, alors il existeb6∈H tel queb est d’ordre aussip; posonsK=hbiqui est un sous-groupe deGd’ordrep.

Forcement on aH∩K={e}, sinon il existerax6=edansH∩K, d’oùθ(x) =petx=a^r=b^s. Par suite hxi=ha^ri=hb^si=hai=hbi,

ce qui implique que b∈H, absurde.

D’autre part, Gest d’ordrep², donc il est abélien (par exercice 3), alorsH et Ksont normaux dans G, ceci donne queHK est un sous-groupe deG, on a donc

|HK|= |H||K|

|H∩K| =p²=|H×K|.

PuisqueH etK sont normaux dansGetH∩K={e}, alorshH∪Ki=HK 'H×K, d’oùG=HK ' H×K. Par suiteGest produit direct deH etK ce qui implique queG'Z/pZ×Z/pZ.

Conclusion.Si Gest d’ordrep² , alorsG'Z/p²ZouG'Z/pZ×Z/pZ. Correction de l’exercice 6

SoitGun groupe fini non abélien dont lequel chaque sous-groupe de Sylow est maximal. Montrons que Z(G) ={e}, i.e.Gn’est pas unp-groupe.

Soit |G| =p^α₁¹p^α₂²· · ·p^αq^q la décomposition de l’ordre deG en produit de facteurs premiers. Soit Pi un pi-Sylow deG, donc par l’exercice 1,PiZ/Z est unpi-Sylow deG, carZ =Z(G) est distingué dansG.

On a Pi ⊂PiZ et PiZ est un sous-groupe de G(ne pas oublier que Z est normale de G), comme par hypothèse Pi est maximal, alorsPi=PiZ ouPiZ=G. On distingue les cas suivants :

1er cas : si pour tout i, Pi = PiZ, alors Z ⊂ Pi pour tout i, ce qui implique que Z ⊂ Tq

i=1Pi. Soit a∈Tq

i=1Pi, alors pour touti, a∈Pi, donc θ(a) divise l’ordre dePi pour tout i, d’oùθ(a) divise leur pgcd qui 1, doncθ(a) = 1, par suitea=eetZ={e}.

2ème cas : s’il existe i6=j tels quePi=PiZ et G=PjZ.

Remarquons queZ⊂Pi, doncPj∩Z⊂Pj∩Pi={e}. On a alors G/Z=PjZ/Z 'Pj/Pj∩Z 'Pj.

Donc|G|=|Pj||Z|, comme|Pi|divise|G|et premier à|Pj|, alors|Pi|divise|Z|. Par suiteZ=Pi, d’oùG=P_iP_j.

Soita ∈P_j d’ordrep_j, alors haiP_i = haiZ est un sous-groupe de G, de plus P_i haiP_i = haiZ, alors haiPi =haiZ =G. Soient x et y dans G, alors x =a^rz et y =a^sz⁰, z et z⁰ dans Z, alors xy=a^rza^sz⁰=yx, d’oùGest abélien, ce qui est absurde.

3ème cas : si pour tout i, P_iZ =G, alors P₁Z = Get P₂Z = G. D’où G/Z = P₁Z/Z 'P₁/P₁∩Z et G/Z=P₂Z/Z'P₂/P₂∩Z, par suiteP₁/P₁∩Z 'P₂/P₂∩Z, ceci implique que

|P₁/P₁∩Z|=|P₂/P₂∩Z|

ce qui est absurde.

SoitGun groupe d’ordrepq, oùpet qsont deux nombres premiers tels quep > q.

• Désignons parNp le nombre des p-sous de Sylow de G. Alors d’après les théorèmes de Sylow, Np est congru à 1 modulo p, i.e.,Np = 1 +pk. On a doncNp divise qet Np est premier àp, alorsNp divise q, c’est-à-dire Np= 1, q. D’oùNp6q, par suiteNp= 1 +pk6q < p, d’oùNp= 1, et doncGpossède un seulp-sous-groupe de Sylow d’ordrepqui est distingué dansG.

• Désignons parNq le nombre des q-sous de Sylow deG. Alors d’après les théorèmes de Sylow,Np est congru à 1 modulo q et divise pq. On a donc Nq divise p et Nq est premier à q, alors Nq divise p, c’est-à-direNq = 1, p.

Si Nq = p, alors Nq = 1 +qk = p⇐⇒ qk =p−1 ⇐⇒ q|p−1. Donc pour que Gpossède un seul q-sous-groupe de Sylow d’ordreqil suffit queq6 |p−1.

Déterminons les groupes d’ordre 2p, oùpest un nombre premier.

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• Supposons quep6= 2, i.e.,p >2, alors par l’exercice précédent il existe un seulp-sous de SylowH de G. SoitN₂le nombre des 2-Slow deG, on alorsN₂= 1 + 2ket N₂divise 2p, doncN₂= 1 oup. Deux cas à considérer.

∗ Si N₂ = 1, alors il existe un unique 2-sous-groupe de Sylow K de G. H et K sont donc normaux deG, et par suite HK est un sous-groupe deGet H∩K={e}, d’oùHK =G, c’est-à-direGest produit direct deH etK, ceci donneG'H×K. Ce qui implique que

G'H×K'Z/pZ×Z/2Z'Z/2pZ,

car 2 etpsont premiers entre eux (on applique T. de reste chinois). Par suiteGest cyclique isomorphe à Z/2pZ.

∗ Si N₂=p, alors soitK un 2-Sylow deG,|K|= 2. Soit aussib∈Gtel queK=hbi, alorsb6∈H et [G:H] = 2, d’où

G=H∪bH.

Soita∈Gtel queHhai, alorsG=ha, bi, de plus

G=ha, b|θ(a) =p, θ(b) = 2, θ(ba) = 2i, en effet,θ(ba) divise 2p, doncθ(ba) = 1,2, p,2p:

- siθ(ba) = 1, alorsb=a⁻¹∈H, absurde ;

- siθ(ba) = 2p, alorsGsera cyclique, absurde aussi ; - siθ(ba) = 1, alorsH =hbai, doncb∈H, absurde aussi ;

donc de cette discution, on déduit queθ(ba) = 2. Le groupeGest ditgroupe diédral d’ordre 2p.

Définition.Un groupeGest dit diédral d’ordre 2n,n∈N^∗, s’il vérifie : i. |G|= 2n,

ii. G=ha, b| θ(a) =n, θ(b) = 2, θ(ba) = 2i.

Exemples des groupes diédral :Z/2ZetS₃. Correction de l’exercice 9

Soit Gun groupe d’ordre 56, on note respectivementn2 et n7 le nombre des 2-Sylow et 7-Sylow de G.

On a |G|= 56 = 2³.7.

i. Par les théorèmes de Sylow on sait que n₇ ≡ 1 (mod 7) et n₇ divise 56, donc n₇ divise 2³.7 et n7∧7 = 1, d’où n7= 1 + 7k etn7 divise 8 = 2³. Par suiten7= 1 oun7= 8.

ii. • Supposons que n₇ = 8, alors 8 7-sous-groupe deG, notons les H₁, H₂, · · ·, H₈, alors pour tout i, |Hi| = 7. Donc pour tout i, Hi est cyclique. Notons aussi que si i 6= j dans {1,2,· · ·,8}, alors Hi∩Hj ={e}, car sinon il existera a 6=e dans Hi∩Hj tel que Hi = Hj = hai, ce qui est faux.

Par suite dans chaqueHi il y a 6 éléments d’ordre 7, c’est-à-dire le nombre d’éléments d’ordre 7 est 8.6 = 48. Si on poseS=

8

[

1

(H_i− {e}), alorscard(S) = 48.

• n2 est le nombre des 2-Sylow de G. Donc n2 = 1 + 2k et n2 divise 56, d’où n2 divise 7, c-à-d, n2 = 1 ou 7. Supposons que n2 = 7, alors il y a 7 2-sous-groupe de Sylow de G: K1,K2,· · ·, K7

tels que pour tout i, |Ki| = 8. CommeK1 6=K2, alors il existe au moinsa ∈H1 et a 6∈H2, donc S∪(K1− {e})∪ {e} ∪ {x} ⊂G; d’où 48 + 7 + 1 + 1 = 57656, absurde.

Conclusion.n2= 1.

iii. Montrons queGn’est pas simple. Sin7= 1, alors il y a un unique 7-Sylow deG, qui est bien distingué dansG. Sin7= 8, alorsn2 = 1, il y a donc un unique 2-Sylow deG, qui est distingué dansG. Par suiteGn’est pas simple.

SoientH,Kdeux sous-groupes d’un groupe fini G, montrons que card(HK) = |H||K|

|H∩K|. Rappelons que HK ={hk |h∈H etk∈K}.*

Comme H etK sont des sous-groupes deG, alors I=H∩K est un sous-groupe des groupesH, K et G. Donc card(K/I)d=m= ^|K|_|I_| = [K :I]. Soient {Ik1, Ik2,· · ·, Ikm} les classes deK à droite modulo I, il est bien connu que ces classes forment une partition deK, donc

K=

m

a

i=1

(Iki) (la réunion disjointe).

Montrons que la famille {Hk₁, Hk₂,· · ·, Hk_m} forme une partition deHK.

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• Soitx∈Hk_i∩Hk_j, alors il existe h,h⁰ dansH tels quex=hk_i=h⁰k_j, donc hki=h⁰kj =⇒h⁻¹h⁰ =kik⁻¹_j

=⇒h⁻¹h⁰ =k_ik⁻¹_j ∈I=H∩Kcarh⁻¹h⁰∈H etk_ik⁻¹_j ∈K

=⇒Ik_i=Ik_j

=⇒i=j car les classesIk_i etIk_j sont disjointes.

Par suite les éléments de la famille{Hk₁, Hk₂,· · ·, Hkm}sont disjoints deux à deux.

• Il est simple de voir queSm

i=1Hki⊂HK; montrons la réciproque. SoithkßHK, alors puisquek∈K, il existe i∈ {1,2,· · ·, m} tel que Ik =Iki. Donc il existe h⁰ ∈I =H ∩K vérifiantk = h⁰ki, d’où hk=hh⁰ki∈Hki⊂Sm

i=1Hki. Ceci implique queHK ⊂Sm

i=1Hki, et par suite HK =

m

[

i=1

Hk_i.

Rappelons d’abord quecard(Hki) =|H|), alors ce que nous venons de montrer implique que

card(HK) =

m

X

i=1

card(Hki) =

m

X

i=1

card(H) =m|H|.

Or m= ^|K|_|I_| =m= _|H∩K|^|K| , alors

card(HK) =m|H|= |H||K|

|H∩K|.

SoitGun groupe d’ordrep²q, oùpet qsont des entiers premiers.

1. Soit Np (resp. Nq) le nombre des p-sous-groupes (resp. q-sous-groupes) de Sylow de G. D’après les théorèmes de Sylow, on a

N_q divisep² et congru à 1 moduloq, ceci impliqueN_q6p²et N_q= 1 +qk, k∈N.

Puisque p² < q et Nq divise p², alorsk ne peut pas être strictement plus grand que 0, car sinon on aura Nq = 1 +kq >1 +q > p² ce qui est absurde. Par suite, Nq = 1 ; ce qui implique, d’après les théorèmes de Sylow, queGpossède un seulq-sous-groupe de Sylow et qu’il est distingué dans G.

Définition. Un groupeGest dit résoluble s’il existe une suite finie G0,G1,· · ·,Gn de sous-groupes deGtelle que :

{e}=G0/ G1/ . . . / Gn−1/ Gn=G,

où pour tout k∈[0, n−1], le sous-groupe Gk de Gest un sous-groupe normal deGk+1 et le groupe quotientG_k+1/G_k est abélien ({e}est le sous-groupe trivial de G).

La suiteG₀, G₁,· · ·,G_n est dite une suite normale dont tous les facteurs sont abéliens.

La suiteG₀,G₁,· · ·,G_n est dite aussi suite de résolubilité deG. Si pour toutk∈[0, n−1],G_k 6=G_k+1 (c’est-à-dire qu’il s’agit de sous-groupes propres), on l’appelle aussi suite de résolubilité sans répétition.

SoitHl’uniqueq-sous-groupe de Sylow deG, alors la suite{e} ⊂H ⊂Gest normale dont les quotients des sous-groupes successifs sont abéliens (rappelons que les groupes d’ordrep²ou bienqsont abéliens), par suite Gest résoluble.

2. SiGpossède un seulp-sous-groupe de SylowK, alors il est distingué dansGet la suite{e} ⊂K⊂G est normale dont les quotients des sous-groupes successifs sont abéliens (les groupes d’ordreqou bien p² sont abéliens), par suiteGest résoluble.

En particulier, si q < p, on a Np divise qet congru à 1 modulop. Alors il existe un entier naturelk tel queNp= 1 +kp. Puisqueq < petNpdiviseq, alorskne peut pas être strictement plus grand que 0, car sinon on auraNp = 1 +kp>1 +p > q ce qui est absurde. Par suite,Np= 1 ; ce qui implique, d’après les théorèmes de Sylow, que Gpossède un seulp-sous-groupe de Sylow et qu’il est distingué dansG.

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i. Si P est trivial, alors, d’après l’exercice 10, on a|P1P₂|=|P1||P2|=p²p²=p⁴. Maisp²q < p⁴ce qui est contraire àP₁P₂⊂G, doncP est non trivial. Par suite, l’ordre deP est égal àp: c’est un diviseur dep² et il ne peut pas être égal àp² car sinonP=P₁=P₂ ce qui n’est pas notre cas.

Montrons que P est distingué dans G. SoitN(P) le normalisateur deP. CommeP1 et P2 sont d’ordrep², ils sont abéliens et puisqueP =P1∩P2alors les éléments deP1etP2commutent avec tout élément deP; doncP1et P2 sont inclus dansN(P) et doncP1P2⊂N(P). D’une part, on a

|P1P2|=|P1||P2|/|P|=p²p²/p=p³. D’autre part,N(P) est un sous-groupe deGdonc son ordre divise p²qet il contient P₁, par suite l’ordre de N(P) est divisible parp². Comme il contient au moins p³ éléments alors la seule possibilité qui reste c’est que l’ordre de N(P) c’est p²q et donc N(P) =G; ce qui veut dire queP est distingué dansG. Il est clair queG/P est d’ordrepq.

ii. Théorème. SoientGun groupe etH un sous-groupe distingué deG. SiG/HetHsont résolubles, alorsGest résoluble.

Puisque G/P est d’ordrepq, alors il est résoluble (il contient un seulq-sous-groupe de Sylow qui est distingué et siH/P est leq-sous-groupe de Sylow deG/P; alors la suite{P} ⊂H/P ⊂G/P est normale dont les quotients des sous-groupes successifs sont abéliens). De plus, P est abélien donc résoluble. Ainsi, commeP est distingué dansGet est résoluble etG/P est résoluble, alors Gest résoluble.

Soient G un groupe et xet y deux éléments deG. On appelle commutateur du couple (x, y) l’élément [x, y] =xyx⁻¹y⁻¹. Le sous-groupe engendré par l’ensemble des commutateurs est le groupe commutateur ou le groupe dérivé deG, on le note [G,G] ouG⁰.

1. Le groupe commutateur pour un groupe abélien est trivial, car pour tous xet ydeGon a [x,y] =xyx⁻¹y⁻¹=xx⁻¹yy⁻¹=e.

2. Soitϕun endomorphisme deG, alors pour tousxety deG, on a :

ϕ([x, y]) =ϕ(xyx⁻¹y⁻¹) =ϕ(x)ϕ(y)ϕ(x⁻¹)ϕ(y⁻¹) = [ϕ(x),ϕ(y)].

Par suiteϕ([G,G]) = [ϕ(G),ϕ(G)]⊂[G,G].

3. SoitG/Hun groupe quotient abélien, montrons queH contient [G,G]. Soientxetydeux éléments de G, alors [x,y] =xyx⁻¹y⁻¹= ¯xx⁻¹yy¯ ⁻¹= ¯1 puisqueG/Hest abélien, donc [x,y]∈H, d’où [G,G]⊂H.

Réciproquement, soit ¯xet ¯y deux éléments deG/H, alors ¯x¯y¯x⁻¹y¯⁻¹=xyx⁻¹y⁻¹= ¯1 car [G,G]⊂H, et donc G/Hest abélien.

Montrons d’abord que [G,G] est distingué dansG, soientx,y etzdansG, alors il est facile de vérifier quez[x,y]z⁻¹= [zx,y][y,z]∈[G,G], donc [G,G] est distingué dansG. RemplaçonsH par [G,G], alors on en déduit que [G,G] est le plus petit sous-groupe deGtel que le groupe quotient soit abélien.

On se propose de déterminer le groupe dérivé (ou commutateur) deSn.

1. On sait que tout élément deAn est un produit pair de transpositions, d’où le résultat.

2. Soient (ij) et (kl) deux transpositions différentes, alors a. Sij=k, on a (ij)(jl) = (ijl) ;

b. Sii=k, on a (ij)(il) = (ilj) ;

c. Sii, j, k etl sont différents deux à deux, on a

(ij)(kl) = (ij)(ik)(ik)(kl) = (ikj)(ikl).

D’où les 3-cycles engendrent A_n.

3. On sait que An est distingué dans Sn et [Sn : An] = _|A^|Sⁿ^|

n| = 2, alors Sn/An est abélien, et d’après exercice 12 question 3, on a [S_n,S_n]⊂ A_n.

Montrons l’autre inclusion, soit (ijk) ∈ An, alors il s’écrit sous la forme (ilk)(jmk)(ikl)(jkm) où (ikl) = (ilk)⁻¹ et (jkm) = (jmk)⁻¹, et donc (ijk)∈[Sn,Sn]. Ainsi, [Sn,Sn] =An.

4. SoitH un sous-groupe d’ordre 6 deA4. Puisque [A4:H] est égal à 2, alorsH est distingué dansA4. D’après le théorème de Cauchy, il existe un élément σ de H d’ordre 2 qui est un élément de V4, le sous-groupe des permutations d’ordre deux deA4. Soitτ ∈V4, alors il existeρ∈ A4tel queτ=ρσρ⁻¹ puisque les éléments de V4sont conjugués par les éléments de A4, et donc τ∈H carH est distingué dansA4, par suiteV₄⊂H. C’est-à-dire|V4|= 4 est diviseur de|H|= 6, ce qui est absurde.