« Théorie des groupes/Exercices/Intermède : groupes simples d'ordre 360 » : différence entre les versions
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D'après le préliminaire 11 du [[../../Intermède : groupes simples d'ordre 360/|chapitre théorique]], la permutation <math>\sigma ^{2}</math> a donc plusieurs points fixes. Cela signifie que la permutation <math>R \mapsto u^{2} \ R \ u^{-2}</math> de X, autrement dit la permutation <math>R \mapsto t \ R \ t^{-1}</math> de X, a plusieurs points fixes, ce qui revient à dire que <math>t</math> normalise plusieurs G-conjugués de Q. Puisque <math>t</math> engendre Q, cela revient encore à dire que Q normalise plusieurs G-conjugués de Q, ce qui contredit la question k)., point 2°. La contradiction obtenue prouve que notre hypothèse (1) est fausse, donc les 3-sous-groupes de Sylow de G se coupent trivialement deux à deux.
}}
m) Soit G un groupe simple d'ordre 720. Prouver que les 3-sous-groupes de Sylow sont en nombre 10.<br />
Indication : utiliser un théorème qu'on a appelé « congruence de Sylow à module renforcé » dans un [[../Théorèmes de Sylow/|exercice sur le chapitre Théorèmes de Sylow]].
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{{Solution
| contenu =
D'après la question l), les 3-sous-groupes de Sylow de G se coupent trivialement deux à deux. Donc, d'après un théorème qu'on a appelé « congruence de Sylow à module renforcé » dans un [[../Théorèmes de Sylow/|exercice sur le chapitre Théorèmes de Sylow]],
:(1)<math>\qquad </math>le nombre des 3-sous-groupes de Sylow de G est <math>\equiv 1 \pmod{9} .</math>
D'autre part, on a vu à la question b) que ce nombre est égal à 10 ou à 40. Puisque <math>40 \not\equiv 1 \pmod{9}</math>, il résulte donc de (1) qu'il est égal à 10.
}}
n) Soit G un groupe simple d'ordre 720. Prouver que G n'a pas d'élément d'ordre 6.<br />
Indication : faire opérer un tel élément par conjugaison sur l'ensemble des 3-sous-groupes de Sylow de G; en utilisant la question m) et le préliminaire 11 du [[../../Intermède : groupes simples d'ordre 360/|chapitre théorique]], obtenir un résultat qui contredit la question l).
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{{Solution
| contenu =
Notons <math>Syl_{3}(G)</math> l'ensemble des 3-sous-groupes de Sylow de G.<br />
D'après la question m),
:(1)<math>\qquad \vert Syl_{3}(G) \vert = 10 .</math>
Puisque les 3-sous-groupes de Sylow de G forment une classe de conjugaison de sous-groupes de G, G agit transitivement (et donc non trivialement) par conjugaison sur <math>Syl_{3}(G) .</math>
Supposons que, par absurde,
:(hyp. 2)<math>\qquad </math>il existe un élément <math>x</math> d'ordre 6 dans G.
On va maintenant refaire des raisonnements déjà tenus dans la solution de la question l).<br />
Notons <math>\sigma</math> la permutation
:<math>\qquad P \mapsto x P x^{-1}</math> de <math>Syl_{3}(G) .</math>
Puisque G est un groupe simple fini non abélien, il résulte du chapitre [[../../Premiers résultats sur les groupes simples/]] que <math>\sigma</math> est une permutation paire d'ordre 6. Donc, d'après (1),
:<math>\sigma</math> est une permutation paire d'ordre 6 d'un ensemble à 10 éléments.
Dès lors, d'après le préliminaire 11 du [[../../Intermède : groupes simples d'ordre 360/|chapitre théorique]], la permutation <math>\sigma^{2}</math> de <math>Syl_{3}(G)</math> a plusieurs points fixes. Autrement dit, la permutation
:<math>\qquad P \mapsto x^{2} P x^{-2}</math> de <math>Syl_{3}(G)
</math>
a plusieurs points fixes, ce qui revient à dire que
:(3)<math>\qquad x^{2}</math> normalise plusieurs 3-sous-groupes de Sylow de G.
Mais <math>x^{2}</math> est un élément d'ordre 3 de G, or un élément d'ordre 3 de G qui normalise un 3-sous-groupe de Sylow de G appartient à ce sous-groupe ( voir [[../Théorèmes de Sylow/|exercices sur le chapitre Théorèmes de Sylow]]), donc, d'après (3), <math>x^{2}</math> est un élément d'ordre 3 de G qui appartient à plusieurs 3-sous-groupes de Sylow de G, ce qui contredit la question l). Cette contradiction prouve que notre hypothèse (2) est fausse, donc G n'a pas d'élément d'ordre 6, ce qui démontre l'énoncé.
}}
o) Soit G un groupe d'ordre 720. Prouver que les 3-sous-groupes de Sylow de G sont isomorphes à <math>\mathbb{Z} / 3 \mathbb{Z} \times \mathbb{Z} / 3 \mathbb{Z} .</math><br />
Indication : utiliser la question m); puis, si un 3-sous-groupe de Sylow de G est cyclique, lui appliquer le problème 1 (préliminaire 1 du chapitre théorique); en déduire un résultat qui contredit la question n).
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{{Solution
| contenu =
Soit P un 3-sous-groupe de Sylow de G.<br />
D'après la question m), les 3-sous-groupes de Sylow de G sont en nombre 10, donc (question b) )
:(1)<math>\qquad \vert N_{G}(P) \vert = 72 .</math>
Supposons que, par absurde,
:(hyp. 2)<math>\qquad</math>P soit cyclique.
Alors, d'après le problème 1 (préliminaire 1 du chapitre théorique),
:<math>\qquad \vert N_{G}(P) \vert / \vert C_{G}(P) \vert</math> divise 2,
autrement dit, d'après (1),
:<math>\qquad 72 / \vert C_{G}(P) \vert</math> divise 2,
:<math>\qquad 72 </math> divise <math>2 \vert C_{G}(P) \vert</math>,
:<math>\qquad \vert C_{G}(P) \vert</math> est divisible par 36.
Retenons seulement que
:<math>\qquad \vert C_{G}(P) \vert</math> est pair.
Nous pouvons donc choisir un élément <math>a</math> d'ordre 2 dans <math>C_{G}(P) .</math> D'autre part, nous pouvons choisir un élément <math>t</math> d'ordre 3 dans P. Puisque <math>a</math> appartient à <math>C_{G}(P)</math>, <math>a</math> et <math>t</math> commutent. Puisque leurs ordres respectifs 2 et 3 sont premiers entre eux, <math>a t</math> est donc un élément d'ordre 6 de G, ce qui contredit la question n). Cette contradiction prouve que notre hypothèse (2) est fausse, donc P n'est pas cyclique. Puisque P est d'ordre 9, il est donc isomorphe à <math>\mathbb{Z} / 3 \mathbb{Z} \times \mathbb{Z} / 3 \mathbb{Z}</math>, ce qui démontre l'énoncé.
}}
p) À l'aide des questions l), m) et o) et d'une conséquence qu'un théorème démontré dans le chapitre théorique permet d'en tirer, prouver qu'il n'y a pas de groupe simple d'ordre 720.
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{{Solution
| contenu =
Soit, par absurde, G un groupe simple d'ordre 720. D'après les question l), m) et o), G possède les trois propriétés suivantes :
:les 3-sous-groupes de Sylow se coupent trivialement deux à deux;
:ils sont en nombre 10;
:ils sont isomorphes à <math>\mathbb{Z} / 3 \mathbb{Z} \times \mathbb{Z} / 3 \mathbb{Z} .</math>
Puisque, de plus, G est simple, G est donc ce qu'on a appelé dans le chapitre théorique un groupe coléen. Or on a prouvé dans le chapitre théorique que tout groupe coléen est isomorphe à <math>A_{6} .</math> Donc tout groupe simple d'ordre 720 devrait être isomorphe à <math>A_{6}</math>, ce qui est impossible, puisque <math>A_{6}</math> est d'ordre 360. Il n'y a donc pas de groupe simple d'ordre 720.
}}
== Notes et références ==
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