On suppose qu’’il existe un groupe simple Gd’’ordre 1100

UNIVERSITE PARIS VI

LM371-Corrigé de l’’examen de janvier 2011

I

Décrire, à isomorphisme près, tous les groupes abéliens d’’ordre 360.

Soit G un groupe abélien d’’ordre 360 : il existe des entiers naturels n, d₁, ..., d_n uniques tels que d₁|d₂, ..., d_n1|d_n etG est isomorphe à Z/d₁Z× · · ·

×Z/d_nZ.

Gest donc isomorphe à l’’un des six groupes suivants : Z/360Z

Z/180Z×Z/2Z Z/120Z×Z/3Z Z/60Z×Z/6Z

Z/90Z×Z/2Z×Z/2Z Z/30Z×Z/6Z×Z/2Z.

II

Le but de ce problème est de montrer qu’’il n’’existe pas de groupe simple d’’ordre 1100.

On suppose qu’’il existe un groupe simple Gd’’ordre 1100.

1)

a) Donner le nombre de 11-groupes de Sylow de G. En déduire le nom- bre d’’éléments d’’ordre 11de G.

Soitn₁₁le nombre de11-groupes de Sylow deG: n₁₁est un diviseur de 100 congru à 1 modulo 11. De plus, commeGest simple,n₁₁ ne peut pas être égal à 1. Par conséquent,n₁₁= 100.

Les11-groupes de Sylow deGsont cycliques et contiennent chacun 10 généra- teurs, éléments d’’ordre 11. Par conséquent, siH etK sont deux 11-Sylow dis- tincts,H_K={e}. Il y a donc 1000 éléménts d’’ordre 11 dansG.

b) Donner le nombre de 5-groupes de Sylow de G. Dire pourquoi ils sont commutatifs (abéliens).

Soit n5 le nombre de 5-groupes de Sylow de G : n5 est un diviseur de 44 congru à 1 modulo 5. De plus, commeGest simple,n5 ne peut pas être égal à 1. Par conséquent,n₅= 11.

1

Les5-groupes de Sylow deG sont d’’ordre 25; on sait que les groupes dont l’’ordre est le carré d’’un nombre premier sont abéliens.

2) Soit S et T deux 5-groupes de Sylow de G distincts. On se propose de montrer par l’’absurde que leur intersection est réduite à {e}.

Soit h5S_T un élément distinct de e. On note C(h)le centralisateur de h, c’’est-à-dire l’’ensemble {g5G/ghg¹=h}.

a) Montrer que S et T sont des sous-groupes de C(h).

Comme S est abélien, quel que soit g 5 S, ghg¹ = h. Par conséquent, SC(h)etS est un sous-groupe deC(h). Idem pourT.

b) Montrer qu’’un groupe d’’ordre 50ou 100 possède un unique 5-Sylow.

Le nombre de5-Sylow d’’un groupe d’’ordre 50 (respectivement 100) est con- gru à 1 modulo 5 et divise 2 (respectivement 4). La seule solution est 1.

c) Montrer que Gn’’a pas de sous-groupe d’’indice 2ou 4.

Les sous-groupes d’’indice 2 sont distingués : commeGest simple, il ne peut contenir un sous-groupe d’’indice 2.

Supposons queGcontienne un sous-groupeH d’’indice 4, c’’est-à-dire d’’ordre 275. Le nombre de 11-Sylow deH divise 25 et est congru à 1 modulo 11 : H possèderait un seul sous-groupe d’’ordre 11, donc exactement 10 éléments d’’ordre 11. Comme G possède 1000 éléments d’’ordre 11, il y aurait 990 éléments d’’ordre 11 dansG\H, ce qui est impossible puisque le cardinal de ce dernier ensemble est égal à 825.

Autre solution : soitH Gun sous groupe d’’indicen. Gopère transitive- ment surG/H, d’’où un homomorphisme nontrivial deGdans Sn. CommeG est simple, cet homomorphisme est nécessairement injectif, et par conséquent 11divisen!. On en déduit quen11.

d) En déduire que S_T ={e}.

Comme C(h) est un sous groupe de G contenant S et T, son ordre est un multiple strict de 25 qui divise 1100. Il est donc égal à 50, 100, 275, 550 ou 1100.

S etT sont deux11-Sylow distincts deC(h): son ordre ne peut être égal à 50 ou 100 d’’après b).

L’’ordre deC(h)ne peut pas être égal à 275 ni à 550 d’’après c).

Si l’’ordre de C(h)était égal à 1100, alors happartiendrait au centre Z de G, qui est un sous-groupe distingué. CommeGest simple, on auraitZ =Get Gserait abélien. Mais alors G possèderait un unique 11-Sylow (puisque tous les sous-groupes d’’un groupe abélien sont distingués), contredisant la première question.

L’’existence d’’un élémenth6=edansS_T est donc impossible.

2

3) Montrer qu’’il n’’existe pas de groupe simple d’’ordre 1100.

On a vu qu’’un tel groupe devrait contenir 1000 éléments d’’ordre 11. D’’autre part, il résulte du 2) que la réunion des5Sylow (qui bien sûr ne contient aucun élément d’’ordre 11) aurait pour cardinal 11x24+1=265. C’’est impossible.

III

Soit Gun groupeni et ple plus petit nombre premier qui divise l’’ordre de G.

1) Montrer que si Gopère sur un ensemble de cardinal strictement inférieur à p, alors toutes les orbites sont réduites à un élément.

Le cardinal de chaque orbite est un diviseur de l’’ordre de G strictement inférieur àp.

2) Soit H un sous-groupe distingué d’’ordre p de G. Montrer que H est contenu dans le centre de G. (faire opérer Gsur H).

CommeHest distingué,Gopère surHpar conjugaison. L’’orbite de l’’élément neutre a pour cardinal 1, par conséquent toutes les orbites ont un cardinal strictement inférieur àp, donc égal à 1.

On en déduit que, pour touth5H et pour toutg5G,ghg¹=h.

Question supplémentaire pour les plus curieux :

(**) 3) Soit Gun groupe ni ayant au plus un sous-groupe d’’ordre npour tout entier n. Montrer que Gest cyclique.

(on pourra raisonner par récurrence sur l’’ordre de G).

La propriété est vraie pour|G|= 1.

Soitn2. Supposons la propriété vraie pour|G|n1.

Soit ple plus petit nombre premier qui divise l’’ordre de G. Gpossède un sous-groupe H d’’ordre p (théorème de Sylow).qui est unique par hypothèse.

H est donc distingué et est contenu dans le centre de G d⁰après la question précédente.

Les sous-groupes de G/H correspondent aux sous-groupes deG qui conti- ennent H, et G/H vérie donc la même propriété que G Par hypothèse de récurrence,G/H est donc cyclique.

On en déduit queGest abélien.

Enn, d’’après le théorème de structure, il existe des entiers naturels uniques r, d1, ..., drtels qued1|d2, ..., dr1|dr etGest isomorphe àZ/d1Z× · · · ×Z/drZ. Sirétait supérieur ou égal à 2, alorsGpossèderait au moins deux sous-groupes d’’ordred1, ce qui est contraire à l’’hypothèse. Par conséquent, r= 1etG est cyclique.

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