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Théorèmes de Sylow. Groupes de Sylow

Les deux théorèmes de Sylow sont extraits du classique [14].

Définition On appelle $ p$-sous-groupe de Sylow ou plus simplement $ p$-Sylow d'un groupe $ G$ de cardinal $ n$, un sous-groupe de $ G$ d'ordre $ p^r$ avec $ p$ premier divisant $ n$ et $ n=p^r.m$ et $ p \not \vert m$.

Proposition Un sous-groupe $ P$ de $ G$ est un $ p$-sous-groupe de Sylow de $ G$ si:
$ \bullet $$ P$ est un $ p$-groupe
$ \bullet $$ (G:P)$ est premier à $ p$.

Démonstration: Pas difficile, y'a qu'à l'écrire.$ \sqcap$$ \sqcup$

Théorème [Théorème de Sylow] $ G$ étant un groupe fini, et $ p$ un nombre premier divisant l'ordre de $ G$, alors $ G$ admet au moins un $ p$-sous-groupe de Sylow.

Démonstration: On va procéder par étapes.
$ \bullet $Tout d'abord un cas particulier: $ \mathbb{Z}/p\mathbb{Z}$ est un corps fini puisque $ p$ est premier, et $ GL(n,\mathbb{Z}/p.\mathbb{Z})$ est d'ordre $ \Pi_{i=0}^{n-1} (p^n-p^i)$, comme on peut s'en convaincre en comptant les bases de $ (\mathbb{Z}/p.\mathbb{Z})^n$. Le cardinal de ce groupe est donc $ m.p^{n.(n-1)/2}$, avec $ p \not \vert m$. Un $ p$-Sylow de ce groupe est alors l'ensemble des matrices de la forme

$\displaystyle {n\mbox{ lignes}}
\underbrace{\left\{\left( \begin{array}{cccccc...
...* \ 0 & 0 & \dots & 0 & 0 & 1 \end{array} \right)\right.}_{n\mbox{ colonnes}}
$

$ \bullet $On a maintenant besoin d'un lemme:

Lemme Soit $ G$ un groupe d'ordre $ p^\alpha .m$, avec $ p \not \vert m$ et $ p$ premier, et soit $ H$ un sous-groupe de $ G$ et $ S$ un $ p$-Sylow de $ G$. Alors il existe $ a \in G$ tel que $ a.S.a^{-1} \cap H$ soit un $ p$-sylow de $ H$.

Démonstration: $ G$ opère sur $ G/S$ par translation à gauche (voir [*]); le stabilisateur d'un élément $ g.S$ est $ g.S.g^{-1}$.
D'autre part $ H$ opère sur $ G/S$ par translation à gauche aussi; le stabilisateur d'un élément $ g.S$ est $ g.S.g^{-1}\cap H$.
Il est clair que tout $ a.S.a^{-1}$ est bien un $ p$-groupe, il reste à en trouver un qui soit bien un $ p$-Sylow. Il suffit pour cela que le quotient du cardinal de $ H$ par le cardinal de $ H\cap a.S.a^{-1}$ soit premier avec $ p$; donc il suffit que le cardinal de $ H/(H \cap a.S.a^{-1})$ soit premier avec $ p$.
Or ce cardinal est en fait le cardinal de l'orbite de $ a.S$ dans $ G/S$ sous l'action de $ H$; or toutes ces orbites ne peuvent être de cardinal un multiple de $ p$, sinon le cardinal de $ G/S$ serait un multiple de $ p$, ce qui contredirait le fait que $ S$ est un $ p$-Sylow.
Ce lemme est donc prouvé.$ \sqcap$$ \sqcup$
$ \bullet $Maintenant on peut s'attaquer au cas général; soit $ G$ un groupe vérifiant les hypothèses; $ G$ est isomorphe à un sous-groupe de $ \sigma _n$ par le théorème de Cayley (voir [*]). A son tour, $ \sigma _n$ est isomorphe à un sous-groupe de $ GL(n,\mathbb{Z}/p.\mathbb{Z})$ (on considère la base canonique $ (e_i)_{i\in [1,n]}$ de $ (\mathbb{Z}/p.\mathbb{Z})^n$, et l'application qui à $ \sigma $ dans $ \sigma _n$ associe l'application linéaire qui à $ e_i$ associe $ \sigma (e_i)$.
Par le premier point, ce groupe admet un $ p$-Sylow; et par le deuxième point, un sous-groupe d'un groupe admettant un $ p$-Sylow admet un $ p$-Sylow.$ \sqcap$$ \sqcup$

Corollaire Si $ G$ un est groupe de cardinal $ p^r.m$ avec $ p \not \vert m$ et $ p$ premier, alors $ G$ possède des sous-groupes d'ordre $ p^q$ pour tout $ q\leq r$.

Démonstration: $ G$ contient un $ p$-Sylow, donc un sous-groupe de cardinal $ p^r$. On peut donc se ramener au cas des $ p$-groupes. Le centre d'un $ p$-groupe est non trivial, comme on le montre en [*]. On considère donc $ G$ un $ p$-groupe, et $ Z(G)$ son centre, de cardinal $ p^r$. En appliquant l'hypothèse de récurrence à $ Z(G)$, on a bien des groupes d'ordre $ p^q$, pour $ q\leq r$. On considère maintenant le groupe-quotient de $ G$ par $ Z(G)$, il est de cardinal $ p^{r-q}$, on peut donc lui appliquer l'hypothèse de récurrence et y trouver un groupe de cardinal $ p^t$ pour $ t \leq r-q$. En considérant l'image inverse par la projection canonique sur le groupe quotient, on obtient alors un groupe de cardinal $ p^{t + q}$, pour $ t \leq r-q$, donc pour tout cardinal $ p^u$ avec $ q \leq u \leq r$. $ \sqcap$$ \sqcup$

Théorème [Deuxième théorème de Sylow] Etant donné $ G$ un groupe, de cardinal $ \vert G\vert=p^r.m$, avec $ p \not \vert m$.
$ \bullet $Tout $ p$-groupe inclus dans $ G$ est inclus dans un $ p$-Sylow de $ G$.
$ \bullet $Les $ p$-Sylow sont tous conjugués
$ \bullet $Les $ p$-Sylow forment une orbite de $ G$ sous l'action de $ G$ par automorphisme intérieur
$ \bullet $Un $ p$-Sylow est distingué si et seulement si il est l'unique $ p$-Sylow
$ \bullet $Le nombre de $ p$-Sylow est congru à $ 1$ modulo $ p$ et divise $ \vert G\vert$
$ \bullet $Le nombre de $ p$-Sylow divise $ m$
Démonstration:
$ \bullet $Démonstration de l'affirmation "Tout $ p$-groupe inclus dans $ G$ est inclus dans un $ p$-Sylow de $ G$":
Supposons $ H$ un $ p$-groupe de $ G$. Soit $ S$ un $ p$-Sylow de $ G$, dont l'existence est donnée par le premier théorème de Sylow. D'après le lemme [*], il existe $ a$ dans $ G$ tel que $ a.S.a^{-1} \cap H$ soit un $ p$-Sylow de $ H$.
$ H$ étant un $ p$-groupe, $ H$ est nécéssairement égal à $ a.S.a^{-1} \cap H$. Donc $ H$ est bien inclus dans un Sylow.
$ \bullet $Pour montrer l'affirmation "Les $ p$-Sylow sont tous conjugués", il suffit de faire le même raisonnement avec $ H$ un $ p$-Sylow.
$ \bullet $Démonstration de l'affirmation "Les $ p$-Sylow forment une orbite de $ G$ sous l'action de $ G$ par automorphisme intérieur":
On a vu que les $ p$-Sylow étaient tous conjugués; si un autre élément leur est conjugué, c'est aussi un $ p$-Sylow; le résultat est donc en fait complètement évident.
$ \bullet $Démonstration de l'affirmation "Un $ p$-Sylow est distingué si et seulement si il est l'unique $ p$-Sylow":
Si un $ p$-Sylow est distingué et s'il n'est pas unique alors il est conjugué à l'autre... donc il n'est pas distingué.
Réciproquement si il est unique, alors s'il n'est pas distingué, alors il est conjugué à un autre $ p$-Sylow - donc il n'est pas unique.
$ \bullet $Démonstration de l'affirmation "Le nombre de $ p$-Sylow est congru à $ 1$ modulo $ p$ et divise $ \vert G\vert$":
On rappelle que la proposition [*] affirme que le nombre de points fixes d'un ensemble $ X$ sous l'action d'un $ p$-groupe $ G$ est congru au cardinal de $ X$ modulo $ p$.
Il suffit alors de considérer l'ensemble des $ p$-Sylow; on peut faire agir dessus un $ p$-Sylow $ S$ quelconque par conjugaison. Le nombre de $ p$-Sylow est donc congru au nombre de points fixes de l'ensemble des $ p$-Sylow sous l'action de $ S$ modulo $ p$. Il reste donc à montrer qu'il y a un unique point fixe. L'existence d'un point fixe est évidente, il s'agit de $ S$ lui-même. Supposons que $ T$ soit un autre point fixe, $ T$ est donc un $ p$-Sylow tel que pour tout $ s$ dans $ S$, $ sTs^{-1} =T$. On considère le groupe engendré par $ T$ et $ S$, $ S$ et $ T$ sont des $ p$-Sylow de ce groupe. Dans ce groupe toujours, $ T$ est distingué; donc il est l'unique $ p$-Sylow, donc il est égal à $ S$. D'où le résultat.
$ \bullet $Démonstration de l'affirmation "Le nombre de $ p$-Sylow divise $ m$":
Le nombre de $ p$-Sylow est le cardinal d'une orbite, donc il divise le cardinal de $ G$, or il est congru à $ 1$ modulo $ p$, donc il divise $ m$.$ \sqcap$$ \sqcup$


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©Emmanuel Vieillard Baron 01-01-2001
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