Sih∈H, la classe de conjugaison dehest contenue dansH, i.e

Simplicité de An pour n≥ 5

Perrin, Cours d'algèbre, page 28 Théorème : Le groupeAn est simple pourn≥5

Nous allons en donner une démonstration en deux temps : pour n = 5 d'abord, par une méthode très élémentaire qui mettra en évidence l'intérêt de la connaissance des classes de conjugaison dans les questions de simplicité ; pourn >5 ensuite, par réduction au casn= 5.

Le principe des démonstrations de simplicité est le suivant. SoitH un sous-groupe distingué deG, 1. Sih∈H, la classe de conjugaison dehest contenue dansH, i.e. on a∀g∈G, ghg⁻¹∈H. 2. Sih∈H etg∈Gle commutateurc=ghg⁻¹h⁻¹= (ghg⁻¹)h⁻¹est dansH et n'est pas, en général,

conjugué deh, de sorte qu'on obtient ainsi une nouvelle classe de conjugaison le but ultime étant de montrer qu'un système générateur deGest tout entier dansH.

•Le théorème pour n= 5.

Le groupe A5 a 60 éléments : le neutre, 15 éléments d'ordre 2 (produit de deux transpositions disjointes),20d'ordre3 (3-cycles),24d'ordre5 (5-cycles).

On a vu que les cycles d'ordre3 sont conjugués dans A5. Les éléments d'ordre2 le sont aussi : si τ = (ab)(cd)(e) et τ⁰ = (a⁰b⁰)(c⁰d⁰)(e⁰), il existe σ∈ An tel que σ(a) =a⁰, σ(b) =b⁰, σ(e) =e⁰ et on a alorsτ⁰ =στ σ⁻¹.

Soit alorsHCA₅,H 6={1}. SiH contient un élément d'ordre3(resp. 2) il les contient tous d'après ce qui précède. S'il contient un élément d'ordre 5, il contient le5-Sylow engendré par cet élément, donc tous les5-sous-groupes de Sylow puisqu'ils sont conjugués, donc tous les éléments d'ordre5.

Mais H ne peut contenir un seul des trois types d'éléments précédents (en plus du neutre) car ni 25 = 24 + 1, ni 21 = 20 + 1, ni 16 = 15 + 1ne divisent 60 (n'oublions pas que le cardinal deH divise

|A5|= 60). DoncH contient au moins deux des trois types, d'où|H| ≥15+20+1 = 36et donc|H|= 60, H =A5.

•Le cas n >5

PosonsE={1, . . . , n}. SoitHCAn, H 6={1}et soitσ∈H,σ6= 1. On va se ramener au casn= 5et, pour ceci, fabriquer à partir deσun élément non trivial deH qui n'agisse, en fait, que sur un ensemble à 5éléments, donc qui aitn−5 points xes.

Vu les remarques ci-dessus, la méthode naturelle à notre disposition est de prendre un commutateur ρ=τ στ⁻¹σ⁻¹, avecτ∈ An. Ecrivantρ= (τ στ⁻¹)σ⁻¹, on a vu que ρest dansH. Mais si on regardeρ par l'autre bout : ρ=τ(στ⁻¹σ⁻¹)on constate queρest produit de deux éléments du type deτ de sorte que siτ a beaucoup de points xes, il en sera de même deρ.

Il ne reste plus qu'à mettre ces remarques en forme :

Comme σ 6= 1, il existe a ∈ E tel que b = σ(a) 6= a. Soit c ∈ E tel que c 6= a, b, σ(b), soit τ le 3-cycleτ = (acb), de sorte queτ⁻¹= (abc)et soitρ=τ στ⁻¹σ⁻¹= (acb)(σa, σb, σc). Commeb=σ(a), l'ensembleF ={a, b, c, σa, σb, σc} a au plus5éléments et on aρ(F) =F,ρ_|E\F =Id_|E\F.

Quitte à rajouter, au besoin, des éléments àF, on peut supposer|F| = 5. On note enn que ρest distinct de1, carρ(b) =τ σ(b)6=bpuisque σ(b)6=τ⁻¹(b) =c.

Soit alorsA(F)l'ensemble des permutations paires deF,A(F)est isomorphe àA5etA(F)se plonge dansAn paru7→uavec :

u|F =u ; u|_E\F =Id|_E\F

PosonsH0={u∈ A(F)/ u∈H}=H ∩ A(F). Il est clair que H0 est distingué dans A(F)et qu'on a ρ|F ∈H0et ρ|F 6=IdF. CommeA(F)' A5 est simple, on aH0=A(F). Soit alors uun cycle d'ordre3 deA(F), il est dansH0, doncuqui est encore un cycle d'ordre3est dans H.

Mais comme, les3-cycles sont conjugués dansAn, ils sont tous dansH, et comme ils engendrentAn, on a montré H=A_n, ce qui achève la démonstration.

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