Deuxième et troisième théorèmes de Sylow, applications

Que dit le deuxième théorème de Sylow ?

Sylow II porte sur la conjugaison des $p$-Sylow entre eux, pas sur leur unicité (qui est une question distincte, traitée par Sylow III).

Vrai ou faux : un $p$-Sylow est normal dans $G$ si et seulement s'il est l'unique $p$-Sylow.

Vrai. C'est une conséquence directe de Sylow II : si $H$ est normal, tous ses conjugués (qui sont d'autres $p$-Sylow) sont égaux à $H$, donc $H$ est l'unique $p$-Sylow ; réciproquement, si $H$ est l'unique $p$-Sylow, tous ses conjugués (qui sont des $p$-Sylow) doivent être égaux à $H$, donc $H$ est normal.

Que disent les deux conditions du troisième théorème de Sylow sur $n_p$ ?

Sylow III donne deux contraintes : une de congruence ($n_p\equiv1\pmod p$) et une de divisibilité ($n_p$ divise la partie de $|G|$ première à $p$).

Vrai ou faux : pour $|G|=15$, le $5$-Sylow et le $3$-Sylow sont tous deux normaux.

Vrai. C'est exactement l'exemple résolu du cours : $n_5=1$ et $n_3=1$ sont les seules valeurs possibles, donc les deux sous-groupes de Sylow sont uniques, donc normaux — ce qui permet de conclure que tout groupe d'ordre $15$ est cyclique.

Pour $|G|=12=2^2\times3$, quelles sont les valeurs possibles de $n_3$ d'après Sylow III ?

$n_3$ divise $4$ (diviseurs $1,2,4$) et $n_3\equiv1\pmod3$. Seuls $1$ et $4$ vérifient cette congruence ($1\equiv1$, $4\equiv1$, alors que $2\equiv2\pmod3$ est exclu).

Pour $|G|=35=5\times7$, déterminer $n_5$ et $n_7$ par Sylow III.

$n_5$ divise $7$ ($\{1,7\}$) et $n_5\equiv1\pmod5$ ; $7\equiv2\pmod5$ (exclu), donc $n_5=1$. $n_7$ divise $5$ ($\{1,5\}$) et $n_7\equiv1\pmod7$ ; $5\equiv5\pmod7$ (exclu), donc $n_7=1$.

Vrai ou faux : tout groupe d'ordre $35$ est cyclique.

Vrai. Avec $n_5=n_7=1$ (exercice précédent), les deux Sylow sont normaux, d'intersection triviale et de produit $G$ : $G\cong\mathbb{Z}/5\mathbb{Z}\times\mathbb{Z}/7\mathbb{Z}\cong\mathbb{Z}/35\mathbb{Z}$ (car $5,7$ premiers entre eux), donc $G$ est cyclique.

Pour $|G|=8=2^3$, combien de $p$-Sylow (pour $p=2$) y a-t-il nécessairement ?

Comme $|G|=2^3$ est déjà une puissance de $2$ (donc $m=1$ dans la décomposition $|G|=p^nm$), le seul $2$-Sylow possible est $G$ lui-même. Donc $n_2=1$ trivialement.

Démontrer que $n_p\mid m$ implique en particulier $n_p\leq m$, et en déduire que pour $|G|=21=3\times7$, $n_3$ vaut nécessairement $1$ ou $7$.

Diviseurs et majoration. Par définition, $n_p\mid m$ signifie que $n_p$ est un diviseur positif de $m$. Tout diviseur positif d'un entier $m$ est inférieur ou égal à $m$ lui-même, donc $n_p\leq m$.

Application à $|G|=21=3\times7$. Pour $p=3$, on a $m=7$. Les diviseurs de $7$ (qui est premier) sont $\{1,7\}$, donc $n_3\in\{1,7\}$ d'après la condition de divisibilité.

Vérification de la congruence. On doit aussi avoir $n_3\equiv1\pmod3$. Testons : $1\equiv1\pmod3$ ✓. $7=2\times3+1\equiv1\pmod3$ ✓ (les deux valeurs satisfont la congruence !).

Conclusion. Sylow III seul ne permet pas de trancher entre $n_3=1$ et $n_3=7$ pour $|G|=21$ — les deux sont a priori compatibles avec le théorème. (En fait, les deux cas se réalisent réellement : il existe un groupe non abélien d'ordre $21$ avec $n_3=7$, en plus du groupe cyclique $\mathbb{Z}/21\mathbb{Z}$ avec $n_3=1$ — Sylow III donne des contraintes nécessaires, pas toujours suffisantes pour une classification complète.)

Démontrer que si $n_p=1$ pour un nombre premier $p$ divisant $|G|$, alors le $p$-Sylow correspondant est un sous-groupe normal de $G$.

Conjugué d'un $p$-Sylow. Soit $H$ l'unique $p$-Sylow de $G$ (donc $n_p=1$). Pour tout $g\in G$, le conjugué $gHg^{-1}$ est encore un sous-groupe d'ordre $|H|=p^n$ (la conjugaison préserve l'ordre des sous-groupes, car $h\mapsto ghg^{-1}$ est un isomorphisme de $H$ sur $gHg^{-1}$), donc $gHg^{-1}$ est lui aussi un $p$-Sylow.

Unicité force l'égalité. Comme $n_p=1$, il n'existe qu'un seul $p$-Sylow dans $G$ — donc nécessairement $gHg^{-1}=H$ pour tout $g\in G$ (le conjugué, étant un $p$-Sylow, doit coïncider avec l'unique $p$-Sylow existant).

Conclusion. $gHg^{-1}=H$ pour tout $g\in G$ est exactement la définition d'un sous-groupe normal. Donc $H$ est normal dans $G$. $\square$

Pour $|G|=99=9\times11=3^2\times11$, déterminer $n_3$ et $n_{11}$, puis en déduire la structure de $G$.

Calcul de $n_{11}$. $m=9$ (partie première à $11$). $n_{11}$ divise $9$ (diviseurs $\{1,3,9\}$) et $n_{11}\equiv1\pmod{11}$. Testons : $1\equiv1$ ✓, $3\equiv3\pmod{11}$ ✗, $9\equiv9\pmod{11}$ ✗. Seul $n_{11}=1$ convient.

Calcul de $n_3$. $m=11$ (partie première à $3$). $n_3$ divise $11$ (diviseurs $\{1,11\}$) et $n_3\equiv1\pmod3$. Testons : $1\equiv1$ ✓, $11\equiv2\pmod3$ ✗. Seul $n_3=1$ convient.

Structure de $G$. Les deux Sylow (d'ordres $9$ et $11$, premiers entre eux) sont donc tous deux normaux et uniques. Leur intersection est triviale (car leurs ordres sont premiers entre eux, par Lagrange un élément commun aurait un ordre divisant $\gcd(9,11)=1$). Le produit des deux sous-groupes normaux d'intersection triviale et dont les ordres se multiplient pour donner $|G|$ donne $G\cong P_3\times P_{11}$ (produit direct), où $P_3$ est le $3$-Sylow (d'ordre $9=3^2$, donc abélien par le théorème déjà démontré) et $P_{11}$ est le $11$-Sylow (d'ordre premier $11$, donc cyclique).

Conclusion. $G$ est isomorphe au produit direct d'un groupe abélien d'ordre $9$ et d'un groupe cyclique d'ordre $11$ — donc $G$ est abélien dans tous les cas (produit direct de groupes abéliens), bien que sa structure précise (le $3$-Sylow pouvant être $\mathbb{Z}/9\mathbb{Z}$ ou $(\mathbb{Z}/3\mathbb{Z})^2$) ne soit pas totalement déterminée par Sylow seul.

Vrai ou faux : si $|G|=pq$ avec $p<q$ premiers et $p\nmid(q-1)$, alors $G$ est nécessairement cyclique.

Vrai. C'est une généralisation directe de l'exemple $|G|=15$ : $n_q$ divise $p$ et $n_q\equiv1\pmod q$ ; comme $p<q$, le seul diviseur de $p$ congru à $1$ modulo $q$ est $1$ (car tout autre diviseur serait $\leq p<q$, donc ne pourrait être $\equiv1\pmod q$ sauf à valoir $1$), donc $n_q=1$ toujours. Ensuite, $n_p$ divise $q$ et $n_p\equiv1\pmod p$ ; sous l'hypothèse $p\nmid(q-1)$ (c'est-à-dire $q\not\equiv1\pmod p$), seul $n_p=1$ convient (l'autre diviseur possible, $q$, ne vérifie pas la congruence). Les deux Sylow étant normaux et d'ordres premiers entre eux, $G$ est cyclique.

Pour $|G|=6=2\times3$, montrer que $G$ n'est pas nécessairement cyclique (contre-exemple : $S_3$), en identifiant pourquoi l'argument de l'exercice précédent échoue ici.

Vérification de l'hypothèse. Ici $p=2$, $q=3$ (avec $p<q$). L'hypothèse de l'exercice précédent demandait $p\nmid(q-1)$, c'est-à-dire $2\nmid(3-1)=2$. Mais $2$ divise bien $2$ ! L'hypothèse est donc violée pour ce cas précis.

Conséquence : l'argument ne s'applique plus. Pour $p=2$ (donc $m=3$), $n_2$ divise $3$ (diviseurs $\{1,3\}$) et $n_2\equiv1\pmod2$. Testons : $1\equiv1\pmod2$ ✓, et $3\equiv1\pmod2$ ✓ également (les deux valeurs sont impaires, donc $\equiv1\pmod2$) ! Les deux valeurs $n_2=1$ et $n_2=3$ sont a priori compatibles avec Sylow III.

Réalisation effective avec $S_3$. Dans $S_3$ (groupe symétrique d'ordre $6$, non abélien), les $2$-Sylow sont les sous-groupes d'ordre $2$, c'est-à-dire $\{e,(12)\}$, $\{e,(13)\}$, $\{e,(23)\}$ — il y en a exactement trois ($n_2=3$), un pour chaque transposition. Ceci confirme $n_2=3\neq1$, donc le $2$-Sylow n'est pas normal dans $S_3$, et $S_3$ n'est pas cyclique (il est même non abélien).

Conclusion. Ce contre-exemple confirme que l'hypothèse $p\nmid(q-1)$ de l'exercice précédent est essentielle : sans elle, on ne peut pas conclure à la cyclicité, et effectivement des groupes non abéliens (comme $S_3$) peuvent exister pour de tels ordres $pq$.

Démontrer que dans un groupe $G$ d'ordre $p^nm$ ($p\nmid m$), si $H$ est un $p$-Sylow, alors $N_G(H)/H$ (où $N_G(H)$ est le normalisateur de $H$) a un ordre premier à $p$.

$H$ est le $p$-Sylow de $N_G(H)$. Comme $H\subseteq N_G(H)\subseteq G$, et que $|N_G(H)|$ divise $|G|=p^nm$ (Lagrange), la plus grande puissance de $p$ divisant $|N_G(H)|$ est encore $p^n$ ou une puissance plus petite — mais $H\subseteq N_G(H)$ a déjà ordre $p^n$, donc $p^n$ divise $|N_G(H)|$, et $H$ est donc un $p$-Sylow de $N_G(H)$ (sous-groupe d'ordre la plus grande puissance de $p$ possible).

$H$ est normal dans $N_G(H)$. C'est la définition même du normalisateur : $N_G(H)=\{g\in G:gHg^{-1}=H\}$ est, par construction, le plus grand sous-groupe de $G$ dans lequel $H$ est normal.

Unicité du $p$-Sylow dans $N_G(H)$. Par Sylow II appliqué à $N_G(H)$ (comme groupe ambiant), tous les $p$-Sylow de $N_G(H)$ sont conjugués entre eux dans $N_G(H)$. Mais $H$ étant normal dans $N_G(H)$, ses seuls conjugués (dans $N_G(H)$) sont $H$ lui-même. Donc $H$ est l'unique $p$-Sylow de $N_G(H)$.

Conclusion sur l'ordre du quotient. Si $N_G(H)/H$ avait un ordre divisible par $p$, alors par Sylow I (appliqué à $N_G(H)/H$), ce quotient aurait un sous-groupe d'ordre $p$, qui se relèverait (par le théorème de correspondance) en un sous-groupe de $N_G(H)$ strictement plus grand que $H$ et de cardinal une puissance de $p$ supérieure à $p^n$ — contredisant que $H$ (d'ordre $p^n$) est déjà le plus grand $p$-sous-groupe de $N_G(H)$. Donc $p\nmid|N_G(H)/H|$ : l'ordre de $N_G(H)/H$ est premier à $p$. $\square$

Vrai ou faux : un groupe simple (sans sous-groupe normal non trivial autre que lui-même et $\{e\}$) d'ordre $60$ existe (c'est le groupe alterné $A_5$), illustrant que Sylow ne suffit pas toujours à prouver qu'un groupe n'est pas simple.

Vrai. $A_5$ (groupe alterné sur $5$ éléments, ordre $60=2^2\times3\times5$) est effectivement un groupe simple, malgré les contraintes de Sylow. Cela illustre une limite importante : Sylow donne des contraintes nécessaires sur $n_p$, mais ces contraintes ne suffisent pas toujours à exclure la simplicité d'un groupe — pour $|G|=60$, les valeurs de $n_p$ compatibles avec Sylow III n'excluent pas, dans ce cas précis, l'existence d'un groupe simple, contrairement à d'autres ordres (comme $12,15,21$) où Sylow seul suffit à prouver la non-simplicité.