Deuxième et troisième théorèmes de Sylow, applications

Deuxième et troisième théorèmes de Sylow, applications

1. Deuxième théorème de Sylow (conjugaison)

Théorème (Sylow II) : tous les $p$-sous-groupes de Sylow de $G$ sont conjugués entre eux (donc en particulier isomorphes). De plus, tout $p$-sous-groupe de $G$ est contenu dans l'un des $p$-Sylow.

Conséquence immédiate : un $p$-Sylow $H$ est normal dans $G$ si et seulement s'il est l'unique $p$-Sylow (puisque tous les conjugués de $H$ sont eux-mêmes des $p$-Sylow, et $H$ normal signifie que tous ses conjugués sont égaux à $H$).

2. Troisième théorème de Sylow (comptage)

Théorème (Sylow III) : notons $n_p$ le nombre de $p$-sous-groupes de Sylow de $G$ (où $|G|=p^n\cdot m$, $p\nmid m$). Alors :

C'est l'outil de comptage le plus puissant : il restreint fortement les valeurs possibles de $n_p$, souvent jusqu'à forcer $n_p=1$ (et donc, par la conséquence de Sylow II, la normalité du $p$-Sylow).

3. Exemple résolu — groupes d'ordre 15

Soit $|G|=15=3\times5$. Pour $p=5$ : $n_5\mid3$ et $n_5\equiv1\pmod5$. Les diviseurs de $3$ sont $\{1,3\}$ ; seul $1\equiv1\pmod5$ convient ($3\equiv3\pmod5\neq1$). Donc $n_5=1$ : le $5$-Sylow est unique, donc normal, notons-le $H$ ($|H|=5$).

Pour $p=3$ : $n_3\mid5$ et $n_3\equiv1\pmod3$. Les diviseurs de $5$ sont $\{1,5\}$ ; $5\equiv2\pmod3\neq1$, donc seul $n_3=1$ convient. Le $3$-Sylow $K$ ($|K|=3$) est aussi unique et normal.

Conclusion : $G=H\times K\cong\mathbb{Z}/5\mathbb{Z}\times\mathbb{Z}/3\mathbb{Z}\cong\mathbb{Z}/15\mathbb{Z}$ (les deux sous-groupes normaux, d'intersection triviale, de produit $G$ tout entier, et $H,K$ étant cycliques d'ordres premiers entre eux). Tout groupe d'ordre $15$ est donc cyclique — un résultat de classification complète obtenu uniquement via Sylow.

4. Exemple résolu — groupes d'ordre 12

Soit $|G|=12=2^2\times3$. Pour $p=3$ : $n_3\mid4$ et $n_3\equiv1\pmod3$. Diviseurs de $4$ : $\{1,2,4\}$ ; $2\equiv2\pmod3$ (exclu), $4\equiv1\pmod3$ (accepté). Donc $n_3\in\{1,4\}$ — deux possibilités, contrairement à l'exemple précédent où la conclusion était unique.

Si $n_3=4$, on peut montrer (en comptant les éléments d'ordre $3$ dans les $4$ Sylow distincts, qui s'intersectent trivialement) qu'il y a exactement $4\times2=8$ éléments d'ordre $3$, laissant $12-8=4$ éléments pour le reste (incluant $e$) — c'est notamment le cas de $A_4$ (groupe alterné), qui a $4$ sous-groupes de Sylow d'ordre $3$.

5. Pourquoi Sylow III est un outil de classification puissant

En combinant les contraintes de divisibilité et de congruence pour différents nombres premiers divisant $|G|$, on parvient souvent à forcer certains $n_p=1$, révélant des sous-groupes normaux, ce qui permet de décomposer $G$ (par exemple en produit direct, comme pour l'ordre $15$) ou au moins de fortement restreindre sa structure possible. C'est la méthode standard pour classifier tous les groupes d'un ordre donné, petit à modéré.

6. Récapitulatif

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