Quatre-vingt-dix est son ordre

Plus généralement, si $G$ est simple et $|G|$ est pair, alors $|G|$ est un multiple de $4$. Voir l'exercice 3, page 37 du livre de Perrin «cours d'algèbre».

Bonsoir Poirot
Le nombre de 5-Sylow ne peut être 18, car $18\neq 1\pmod 5$
Alain

Merci AD, c'est tout bête vu comme ça (tu)

Peut-être Alain traite-t-il le sujet dans son bouquin ?

Bonjour
La démo de Yannguyen http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?3,1562942,1563282#msg-1563282 montre que $G$ d'ordre $90$ admet toujours un sous-groupe d'indice $2$, appelons le $H$, donc distingué dans $G$.
Mais $H$ est d'ordre $45$ et la démo commune du fil http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?3,1563492,1563492#msg-1563492 montre que $H$ est commutatif, c'est-à-dire soit $C_{45}$ soit $C_{15}\times C_3$.
Dans les deux cas, $H$ admet un sous-groupe $C_5$ caractéristique (c'est un $5$-Sylow de $H$ commutatif, donc distingué, c'est-à-dire seul d'ordre 5 dans $H$, donc caractéristique dans $H$).
Comme $H$ est distingué dans $G$, le sous-groupe $C_5$ est distingué dans $G$ (caractéristique dans un distingué), mais c'est aussi un $5$-Sylow de $G$, donc $G$ admet un unique $5$-Sylow.

Le même raisonnement vaut pour le $3$-Sylow de $H$ qui est donc caractéristique dans $H$ donc distingué dans $G$.
Ainsi, tous les groupes d'ordre 90 ont un unique $5$-Sylow et un unique $3$-Sylow.
À partir de là, montrer l'existence d'un sous-groupe d'ordre $15$ distingué dans $G$ ...
Alain

Alain et Yann,

On a l'impression que vous jouez au chat et à la souris. Je me trompe ?

Une mini-contribution : la liste des groupes d'ordre $\le 100$ in https://www.mimuw.edu.pl/~zbimar/small_groups.pdf. Les groupes d'ordre 90 sont à la page 27 (il y en a seulement 10).

Mais je suppose que cette liste, vous la connaissez et ci cela se trouve, vous la connaissez par coeur ?

Claude.
PS : en ce qui concerne l'existence d'un groupe distingué d'ordre 15 (resp. d'ordre 3) dans un groupe d'ordre 90, vu la petitesse du nombre de groupes d'ordre 90, j'ai fait la vérification.

Je vais réécrire une preuve complète car ça commence à être un peu confus. Soit $G$ un groupe d'ordre $90$. D'après le théorème de Cauchy, il possède un élément d'ordre $2$, que l'on notera $s$.

L'action de $G$ par translation à gauche donne un morphisme $G\to S_{90}$. En composant avec la signature, on obtient un morphisme $f:G\to \{-1,1\}$. Comme $f(s)=(-1)^{45}=-1$, $f$ est surjective, donc son noyau $H$ est d'ordre $45$.

Le nombre de $3$-Sylow de $H$ divise $5$ et il est congru à $1$ modulo $3$, donc vaut $1$.

Le nombre de $5$-Sylow de $H$ divise $9$ et il est congru à $1$ modulo $5$, donc vaut $1$.

Notons $K$ le $3$-Sylow de $H$ et $L$ le $5$-Sylow de $H$. Ce sont des sous-groupes distingués de $H$, et ils sont abéliens car d'ordre premier ou carré d'un nombre premier.

On a $K\cap L=\{e\}$ car le cardinal de $K\cap L$ divise à la fois celui de $K$ et celui de $L$.

Pour tous $(k,\ell)\in K\times L$, on a $k(\ell k^{-1}\ell^{-1})\in K$ car $K$ est distingué. De même, $(k\ell k^{-1})\ell^{-1}\in L$, donc $k\ell k^{-1}\ell^{-1}=e$, autrement dit tous les éléments de $K$ commutent avec tous les éléments de $L$.

Par conséquent, l'application $K\times L\to H, (x,y)\mapsto xy$ est un morphisme de groupes. Comme $K\cap L=\{e\}$, il est injectif. Pour des raisons de cardinalité, il est bijectif, donc $H\cong K\times L$ est abélien.

Comme $s$ est un élément d'ordre $2$, on en déduit que $G$ est un produit semi-direct $H \rtimes \langle s\rangle$.

Montrons maintenant que $G$ possède un sous-groupe distingué d'ordre $15$. Pour cela, il suffit de trouver un sous-groupe $M$ d'ordre $15$ de $H$ tel que $sMs^{-1}=M$, puisque $H$ est abélien et $G$ est engendré par $H$ et $s$.


Premier cas. $K$ est cyclique, donc $H$ est cyclique d'ordre $45$. On prend $M=\{x\in H\mid x^{15}=e\}$.

Deuxième cas. $K\cong (\Z/3\Z)^2$. Comme $sKs^{-1}$ est un $3$-Sylow de $H$, on a $sKs^{-1}=K$ et de même $sLs^{-1}=L$.
De plus, l'application de $K$ dans $K$ définie par $x\mapsto sxs^{-1}$ est un automorphisme de groupes involutif, donc c'est une symétrie du $\Z/3\Z$-espace vectoriel $(\Z/3\Z)^2$. Or, une symétrie vectorielle admet toujours une droite stable $D$. Le groupe $M=D\times L$ est un sous-groupe distingué d'ordre $15$ de $G$.

En reprenant les notations de JLT ci-dessus,
Un groupe $G$ d'ordre $90$ est produit semi-direct (externe) d'un groupe $H$ d'ordre $45$ par un groupe $\langle s\rangle$ d'ordre $2$.
D'autre part, on sait ( http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?3,1563492,1563492#msg-1563492 ) qu'un groupe d'ordre $45$ est commutatif, donc ou bien $C_{45}$, ou bien $C_{15}\times C_3$.
Il convient donc de déterminer tous les morphismes $u : \langle s\rangle \to \mathrm{Aut}(H)$ qui vont donner des produits semi-directs a priori différents (non isomorphes).
On sait (par exemple http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?3,1461578,1462070#msg-1462070 ou mon livre chap X, §3, p 275 et suivantes) que si $u,u' : \langle s\rangle \to \mathrm{Aut}(H)$ sont tels qu'il existe $\sigma\in\mathrm{Aut}(H) , \ u'=\sigma\circ u\circ \sigma^{-1}=int_\sigma\circ u$, c'est-à-dire qu'ils rendent le diagramme suivant commutatif $$\xymatrix {
\langle s\rangle \ar[r]^{\mathrm{id}} \ar[d]_{u} & \langle s\rangle \ar[d]^{u'} \\
\mathrm{Aut}(H) \ar[r]_{int_\sigma} & \mathrm{Aut}(H)
} \qquad int_\sigma\circ u = u'
$$ alors on a un isomorphisme $\varphi: H\rtimes_u\langle s\rangle \xrightarrow [\simeq]{} H\rtimes_{u'}\langle s\rangle$ défini par $\begin{cases}\varphi(h)=\sigma(h),&\text{pour }h\in H\\ \varphi(s)=s.\end{cases}$
En d'autres termes, si $\mathrm{im\,}u$ et $\mathrm{im\,}u'$ sont des sous-groupes conjugués de $\mathrm{Aut}(H) $, alors $u$ et $u'$ définissent deux produits semi-directs isomorphes.
En conséquence, il faut déterminer les classes de conjugaison des sous-groupes d'ordre 2 ($\langle s\rangle$ est d'ordre 2) de $\mathrm{Aut}(H)$, et pour chaque classe, on aura a priori un produit semi-direct différent.

La suite dans un prochain message.

Deuxième cas, $H=C_{15}\times C_3\simeq C_3^{\,2}\times C_5$.
Ici encore, $3$ et $5$ étant premiers entre eux, $\mathrm{Aut}(H)= \mathrm{Aut}(C_3^{\,2})\times\mathrm{Aut}(C_5) = \mathrm{GL}(2,\mathbb F_3)\times C_4 $.
On sait que $C_4$ n'ayant qu'un seul sous-groupe d'ordre 2, n'a qu'une classe de conjugaison de sous-groupes d'ordre 2, sous-groupe engendré par $-1$, et qui donne l'automorphisme $(c\mapsto c^{-1})$, où $c$ est un générateur de $C_5$.
En revanche, $\mathrm{GL}(2,\mathbb F_3)$ admet deux classes de conjugaison de sous-groupes d'ordre 2, l'une (le centre) est engendrée par $-I_2$ distingué et l'autre est constituée de 12 éléments, dont l'un est la permutation des deux coordonnées, que nous appellerons $swp$.
Les classes de conjugaison de sous-groupes d'ordre 2 du produit $\mathrm{GL}(2,\mathbb F_3)\times C_4 $ (parce que $C_2$ ne possède qu'un seul élément non trivial) vont être $(\text{une classe de }\mathrm{GL}(2,\mathbb F_3), 1_{C_4})$, ou bien $(I_2, \text{une classe de } C_4$) ou enfin $ (\text{une classe de } \mathrm{GL}(2,\mathbb F_3), \text{ une classe de }C_4)$.
Ce qui donne $2\times 1+1\times 1+2\times 1= 5$ classes de conjugaison différentes dans $\mathrm{GL}(2,\mathbb F_3)\times C_4 $.
Convenons d'appeler $a,b$ deux générateurs de $C_3^{\,2}$, $c$ un générateur $C_5$ et $s$ celui de $C_2$.
On a $H=C_3\times C_3 \times C_5=\langle a,b,c\mid a^3=b^3=1,\ ba=ab,\ c^5=1,\ ca=ac, \ cb=bc\rangle$ car il est commutatif.

$\bullet~u(s)=\big\langle (-I_2,\mathrm{id}_{\mathrm{Aut}(C_5)})\big\rangle$ qui donne le groupe de présentation :
$G_4=\langle a,b,c,s\mid a^3=b^3=c^5=s^2=1,\ ba=ab,\ ca=ac,\ cb=bc,\ sas^{-1}=a^{-1},\ sbs^{-1}=b^{-1},\ scs^{-1}=c\rangle$,
que l'on reconnaît être le produit direct de $C_5$ par le diédral généralisé du groupe commutatif $C_3^{\,2}$ (qui est d'ordre $18$)
GAP> SmallGroup(90,8);

$\bullet~u(s)=\big\langle (swp,\mathrm{id}_{\mathrm{Aut}(C_5)})\big\rangle$ qui donne le groupe de présentation :
$G_5=\langle a,b,c,s\mid a^3=b^3=c^5=s^2=1,\ ba=ab,\ ca=ac,\ cb=bc,\ sas^{-1}=b,\ sbs^{-1}=a,\ scs^{-1}=c\rangle$
GAP> SmallGroup(90,6);

$\bullet~u(s)=\big\langle \big(I_2,(c\mapsto c^{-1})\big)\big\rangle$ qui donne le groupe de présentation :
$G_6=\langle a,b,c,s\mid a^3=b^3=c^5=s^2=1,\ ba=ab,\ ca=ac,\ cb=bc,\ sas^{-1}=a,\ sbs^{-1}=b,\ scs^{-1}=c^{-1}\rangle$,
que l'on reconnaît être $C_3^{\,2}\times D_5$.
GAP> SmallGroup(90,5);

$\bullet~u(s)=\big\langle \big(-I_2,(c\mapsto c^{-1})\big)\big\rangle$ qui donne le groupe de présentation :
$G_7=\langle a,b,c,s\mid a^3=b^3=c^5=s^2=1,\ ba=ab,\ ca=ac,\ cb=bc,\ sas^{-1}=a^{-1},\ sbs^{-1}=b^{-1},\ scs^{-1}=c^{-1}\rangle$,
que l'on reconnaît être le diédral généralisé du groupe commutatif $H=C_3^{\,2}\times C_5$.
GAP> SmallGroup(90,9);

$\bullet~u(s)=\big\langle \big(swp,(c\mapsto c^{-1})\big)\big\rangle$ qui donne le groupe de présentation :
$G_8=\langle a,b,c,s\mid a^3=b^3=c^5=s^2=1,\ ba=ab,\ ca=ac,\ cb=bc,\ sas^{-1}=b,\ sbs^{-1}=a,\ scs^{-1}=c^{-1}\rangle$
GAP> SmallGroup(90,7);

$\bullet~u(s)$ trivial qui donne le produit direct $G_9=C_3^{\,2}\times C_5\times C_2 \simeq C_{30}\times C_3$.
GAP> SmallGroup(90,10);

On vérifie (je n'ai pas le courage, mais c'est exact), par exemple en comparant le nombre d'éléments de chaque ordre, que ces groupes sont différents deux à deux, y compris avec ceux obtenus au premier cas lorsque $H=C_9$.
Cela nous fait alors à isomorphisme près, exactement $10$ groupes distincts d'ordre $90$.

Alain

Bonsoir Claude
Joli complément qui traite les produits semi-directs $G=\mathbb Z/N\mathbb Z\rtimes C_2$, avec $N$ impair.

Je crois qu'on peut même aller un peu plus loin et donner la structure du groupe.
Pour un $a$ donné, notons $G_a$ le produit semi-direct correspondant.
L'action du $C_2$ (de générateur représenté, par exemple, par $s=(x\mapsto ax)$ qui est bien d'ordre 2 car $a^2=1$) sur $\mathbb Z/N\mathbb Z$ (de générateur représenté par $(x\mapsto x+1)$) est donnée par $$
s\cdot(x\mapsto x+1) = (x\mapsto ax)\circ(x\mapsto x+1)\circ(x\mapsto ax)^{-1} = (x\mapsto x+a).
$$ Pour toutes les coordonnées $i$ où $a_i=-1$, on obtient $s\cdot(x_i\mapsto x_i+1)=(x_i\mapsto x_i-1) = (x_i\mapsto x_i+1)^{-1}$, en d'autre termes $s$ agit en inversant l'élément de $\mathbb Z/N_i\mathbb Z$ sur lequel il s'applique.
En revanche dans une coordonnée où $a_i=1$, l'action de $s$ est triviale.

Prenons ta future notation $N_I=\prod\limits_{i\in I} N_i$, complétée par $\ N_{\overline I}=\prod\limits_{j\notin I} N_j$ pour le complémentaire $\overline I$ de $I$.
Ainsi, sur la partie $\prod\limits_{i\in I} \mathbb Z/N_i\mathbb Z$, $s$ agit par inversion, cela nous donne le groupe diédral $D_{N_I}$.
alors que sur son complément, $\prod\limits_{j\notin I} \mathbb Z/N_j\mathbb Z$, $s$ agit trivialement et l'on obtient $\mathbb Z/N_{\overline I}\mathbb Z$.
Finalement, on obtient (***) : $$
G_a \simeq D_{N_I} \times \mathbb Z/N_{\overline I}\mathbb Z
$$ Alors, comptons les éléments d'ordre 2 de $G_a$. Ils ne peuvent être dans le facteur $\mathbb Z/N_{\overline I}\mathbb Z$ puisque celui-ci est d'ordre impair, ils sont dont tous dans $D_{N_I}$. Or un groupe diédral d'indice impair $N_I$ contient exactement $N_I$ éléments d'ordre 2 tous conjugués, ce sont les $2$-Sylow de $D_{N_I}$ (on peut aussi les voir comme les symétries du $N_I$-gone régulier).

Alain

(***) Pour le cas où tu ne serais pas convaincu par cet argument, on peut écrire la présentation de $G_a$ avec $g_i$ les $k$ générateurs de chacun des $\mathbb Z/N_i\mathbb Z$ et le générateur $s$ d'ordre 2. Les relations entre les $k$ premiers générateurs $g_i$ sont des relations de commutation car $\mathbb Z/N\mathbb Z$ est commutatif. Les relations de $s$ avec les générateurs d'indice dans $I$ sont $sg_is^{-1}=g_i^{-1}$ et avec les générateurs d'indice hors de $I$ : $sg_js^{-1}=g_j$, qui sont des relations de commutation. En regroupant les générateurs d'indice dans $I$ et le générateur $s$, on obtient le diédral $D_{N_I}$, et les autres générateurs fournissent le cyclique $\mathbb Z/N_{\overline I}\mathbb Z$. Les relations de commutation de $s$ avec les $g_j$ pour $j\notin I$ donnent alors le produit direct du sous-groupe diédral $D_{N_I}$ et du sous-groupe cyclique $\mathbb Z/N_{\overline I}\mathbb Z$, comme indiqué ci-dessus.

[Edit : prise en compte de tes notations du post suivant. Alain]