Simplicité de An

Simplicité de An

Référence(s) :

F. Ulmer - Théorie des groupes D. Perrin - Cours d'algèbre Théorème 1

Soitn>5. Alors, le groupeA_n est simple.

Étape 1

Soitn∈N. Soitσ∈A_n. On considère les classes de conjugaison deσdansA_n etS_n : σ^An={γσγ⁻¹|γ∈A_n}

σ^Sn={γσγ⁻¹|γ∈S_n} Alors on a :

ou bien Il existeα∈Sn\An tel queασ=σαet σ^An=σ^Sn ou bien ZA_n(σ) =ZS_n(σ)et

σ^An = ¹₂

σ^Sn

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D'abord, on remarque que si on considère l'action par conjugaison ϕ: Sn×Sn −→ Sn

(γ, σ) 7−→ γσγ⁻¹ , on a : O(σ) =σ^Sn et Stab(σ) =ZS_n(σ). Ainsi, par la relation orbite/stabilisateur on obtient :

|Sn|= σ^Sn

|ZS_n(σ)|

De la même façon, on a :

|A_n|= σ^An

|Z_An(σ)|

On considère le morphisme ε˜: Z_Sn(σ) −→ {±1}

γ 7−→ ε(γ) ; et la disjonction de cas suivante :

Cas 1 : Le morphisme ε˜est trivial et Z_Sn(σ) = ker ˜ε⊂A_n. Ainsi, d'après les relations données plus haut, et le fait que|An|=^|S₂^n|, on obtient :

σ^An =1

2 σ^Sn

Cas 2 : Le morphismeε˜n'est pas trivial. Ainsi, il existeα∈Sn\Antel queασ=σα. De plus, le sous-groupe ker ˜ε=ZA_n(σ)est d'indice 2 dans ZS_n(σ).² Donc, la relation orbite stabilisateur devient :

σ^An =

σ^Sn

Étape 2

Le groupe A₅est simple.

D'après le lemme, quand on passe deS₅ àA₅, les classes de conjugaison sont soit conservées, soit coupées en 2 :

Classes dansS5 Cardinal Passage àA5

{Id} 1 Conservée car de cardinal impair

(a b c) 20 (4 5)(1 2 3) = (1 2 3)(4 5)donc conservée d'après l'étape 1 (a b)(c d) 15 Conservée car de cardinal impair

(a b c d e) 24 246 |60coupée d'après la relation orbite/stabilisateur Les classes de conjugaison de A₅ ont donc pour cardinaux1,12,15et 20.

SoitH un sous-groupe distingué deA₅. Alors, nécessairementH est union de classes de conjugaisons, et|H||60. D'après les cardinaux des classes de conjugaison, on obtient :|H| ∈ {1,60}et nalement : A₅ est simple.

1. On prend :ZG(σ) ={γ∈G|σγ=γσ}

2. Pourquoi ?

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Étape 3

Preuve du théorème.

L'idée, c'est de se ramener au groupe A5.

SoitH un sous-groupe distingué deAn,H 6={Id}. Soitσ∈H\ {Id}. Soita∈[|1, n|]tel queb:=σ(a)6=a. Soitcun élément de[|1, n|] diérent dea, bet σ(b).

Soitτ= (a c b). Alorsτ est un 3-cycle etτ⁻¹= (a b c). Soitρ=τ στ⁻¹

| {z }

∈H

σ⁻¹

|{z}

∈H

∈H (carH distingué et groupe).

Alors :

ρ= (a c b)στ⁻¹σ⁻¹

| {z }

= (a c b)(σ(a)σ(b)σ(c))∈H

Comme b = σ(a), on déduit que Supp(ρ) = {a, b, c, σ(a), σ(b), σ(c) a au plus 5 éléments. Par ailleurs, ρ(b) =τ στ⁻¹(a) =τ σ(b)6=bcarc6=σ(b) =τ⁻¹(b), doncρ6=Id.

SoitE ∈[|1, n|] de cardinal5tel que Suppρ∈E. On considère l'application injective e: A(E) −→ An

u 7−→ u¯ , avecu¯_|E=uet u¯E^c=Id.

SoitH⁰ =i⁻¹(H). Alors H⁰ est un sous-groupe distingué deA(E)comme image réciproque d'un sous-groupe distingué par un morphisme.

Or,ρ_|E∈H⁰ carρ∈H etρ_|E 6=Id. Ainsi, commeA(e)≡A5 est simple, on a :H =A(e).

Soitv un 3-cycle deA(E). Alors, siv∈H⁰,¯vest un 3-cycle deH. Or, tous les 3-cycles sont conjugués dansA₅, doncH contient tous les 3-cycles ; et comme les 3-cycles engendrentA_n, on a nalement :A_n=H.

Donc,A_n est simple, pour toutn>5.

Complément

Qu'est-ce qu'il se passe pour A_n, pourn= 2,3,4?

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