Le groupe $\mathfrak A_n$ est simple : preuve

Bonsoir,
je suis en train de faire la démonstration du théorème suivant.
$E$ est un ensemble de dimension fini avec $card(E)=n$.
Si $n=3$ ou $n\ge5$ alors le groupe $\mathfrak A_n$ est simple (i.e. n'a pas de sous-groupes distingués autre que lui-même et $\{Id\}$)
Serait-il possible de relire ma preuve et de me dire si cela fonctionne ou pas ? D'avance merci !

Cas 1 : si $n=3$
Dans ce cas $card(\mathfrak A_3)=\frac{3!}{2}=3$.
Soit $G\subset \mathfrak A_3$ un sous-groupe de $\mathfrak A_3$.
Par le théorème de Lagrange, on a $card(G)|card(\mathfrak A_3)$
Soit : $card(G)|3$
D'où $card(G)=1$ et donc $G=\{Id\}$
ou
$card(G)=3$ et donc $G=\mathfrak A_3$

Cas 2 : si $n\ge 5$Je vais avoir besoin des résultats suivants :
Résultat 1 :
- si $n=3$ alors $Z(\mathfrak A(E))=\mathfrak A(E)$
- si $n\ge 4$ alors $Z(\mathfrak A(E))=\{Id\}$

Résultat 2 :
Les 3-cycles sont conjugués dans $\mathfrak A(E)$

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Preuve du 1 :
- si $n=3$ alors $card(\mathfrak A_3)=\frac{3!}{2}=3$ qui est premier donc $\mathfrak A_3$ est cyclique donc commutatif et donc $Z(\mathfrak A(E))=\mathfrak A(E)$
- si $n\ge 4$ :
Soit $\sigma\in \mathfrak A(E) - \{Id\}$.
Alors $\exists x\in E$ tq. $\sigma(x)\neq x$.
Je pose $y:=\sigma(x)$.
Je considère $z\in E\setminus\{x,y,\sigma(y)\}$ (possible puisque $n\ge 4$).
Je considère ensuite le 3-cycle $\gamma=(x~y~z)$.
On a $\gamma\sigma(x)=\gamma(y)=z$.
Et $\sigma\gamma(x)=\sigma(y)\neq z$.
D'où $\gamma\sigma\neq\sigma\gamma$
Et donc $\sigma\notin Z(\mathfrak A(E))$.
Ainsi $Z(\mathfrak A(E))=\{Id\}$

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Preuve du (2) :
Soient $\sigma=(x~y~z)$ et $\sigma'=(x'~y'~z')$ deux 3-cycles.
On sait qu'ils conjugués dans $\mathfrak S(E)$ :
$\exists u\in \mathfrak S(E)$ tq. $\sigma'=u\sigma u^{-1}$
Cas 1 : si $u\in \mathfrak A(E)$, il n'y a rien à faire.
Cas 2 : si $u\notin \mathfrak A(E)$, on considère $u'=(r~s)u$ avec $r\neq s$ distinct de $x', y', z'$ (possible puisque $n\ge 5$)

D'une part : $\epsilon(u')=\epsilon(r~s)\epsilon(u)=(-1)(-1)=1$ donc $u'\in \mathfrak A(E)$
D'autre part : $u'\sigma u'^{-1}=(r~s)u\sigma ((r~s)u)^{-1}=(r~s)u\sigma u^{-1}(r~s)=(r~s)u'(r~s)=u'$ car les supports sont disjoints donc commutativité.
D'où le résultat.
Démonstration :
Soit $H$ un sous-groupe distingué de $\mathfrak A_n$ autre que $\{Id\}$.
Soit $\sigma\in H\setminus \{Id\}$.
Par (1), je sais que $Z(\mathfrak A(E))=\{Id\}$.
Puisque $\sigma\neq Id$ alors $\sigma\notin Z(\mathfrak A(E))$.
Donc $\exists s\in \mathfrak A(E)$ tq. $s\sigma \neq \sigma s$.
La permutation $s\in A(E)$ s'écrit comme un produit de transpositions : $s=\prod_{i=1}^pt_i$ pour un certain $p\in\{1,\ldots,n\}$.
Ainsi $\prod_{i=1}^pt_i\sigma \neq \sigma \prod_{i=1}^pt_i$.
D'où l'existence d'un $i\in\{1,\ldots,n\}$ tel que $t_i\sigma\neq \sigma t_i$
Il existe donc une transposition $t_i$ qui ne commute pas avec $\sigma$.
Dans la suite, on notera cette permutation $t:=(x~y)$ pour $x,y\in E$ avec $x\neq y$, de sorte que $t\sigma\neq \sigma t$.

On considère maintenant la permutation $\sigma':=t\sigma t^{-1}\sigma^{-1}$.

(1) $\sigma':=t\sigma t^{-1}\sigma^{-1}=Id \Rightarrow t\sigma\neq \sigma t$, ce qui n'est pas. Donc $\sigma'\neq Id$.

(2) $\sigma':=t\sigma t^{-1}\sigma^{-1}=(t\sigma t^{-1})\sigma^{-1}$
$(t\sigma t^{-1})\in H$ puisque $H$ est distingué dans $\mathfrak A(E)$.
$\sigma^{-1}\in H$ puisque $H$ est un sous-groupe de $\mathfrak A(E)$.
Donc $\sigma'\in H$.

(3) $\sigma':=t\sigma t^{-1}\sigma^{-1}=(x~y)(\sigma(x~y)\sigma^{-1})=(x~y)(\sigma(x)~\sigma(y))=tt'$ avec $t:=(x~y)$, $t':=(\sigma(x)~\sigma(y))$ et $t\neq t'$
Donc la permutation $\sigma'\in H\setminus \{Id\}$ est produit de deux transpositions.
Premier cas : si $supp(t)\cap supp(t')=\emptyset$
alors $\sigma'$ est le produit de deux transpositions à supports disjoints : c'est donc un 3-cycle.
Deuxième cas : si $supp(t)\cap supp(t')\neq\emptyset$
alors on choisit $z\in E\setminus \{x,y,\sigma(x),\sigma(y)\}$ (possible vu que $n\ge 5$).
On considère le 3-cycle $\rho:=(x~y~z)$ et on considère la permutation suivante :
$\sigma'':=\sigma'(\rho\sigma'^{-1}\rho^{-1})$

D'une part :
$\sigma'\in H$ et $(\rho\sigma'^{-1}\rho^{-1})\in H$ vu que $H$ est distingué dans $\mathfrak A(E)$
Donc $\sigma''\in H$ comme produit de deux éléments de $H$.
D'autre part :
$\sigma'^{-1}=(tt')^{-1}=((x~y)(\sigma(x)~\sigma(y)))^{-1}=(\sigma(x)~\sigma(y))(x~y)$
D'où $\rho\sigma'^{-1}\rho^{-1}=\rho(\sigma(x)~\sigma(y))(x~y)\rho^{-1}=\rho(\sigma(x)~\sigma(y))\rho^{-1}\rho(x~y)\rho^{-1}=(\rho(\sigma(x))~\rho(\sigma(y)))(\rho(x)~\rho(y))=(\sigma(x)~\sigma(y))(y~z)$
Soit enfin $\sigma'':=\sigma'(\rho\sigma'^{-1}\rho^{-1})=(x~y)(\sigma(x)~\sigma(y))(\sigma(x)~\sigma(y))(y~z)=(x~y)(y~z)=(x~y~z)$
Là encore, $\sigma''$ est un 3-cycle.

Dans les deux cas, $H$ contient un 3-cycle (que l'on notera $\gamma$ dans la suite).
Montrons pour finir que $H=A(\mathfrak E)$ :
D'une part : $H\subset \mathfrak A(E)$ puisque $H$ est un sous-groupe de $\mathfrak A(E)$.
D'autre part. Soit $a\in \mathfrak A(E)$.
Alors $a=\prod_{i=1}^ps_i$ où les $s_i$ sont des 3-cycles (en effet, $\mathfrak A(E)$ est engendré par les 3-cycles).
Par (2), on peut écrire : $s_i=t_i\gamma t_i^{-1}$ puisque les 3-cycles sont conjugués dans $\mathfrak A(E)$.
Puisque $H$ est distingué dans $\mathfrak A(E)$ alors $s_i=t_i\gamma t_i^{-1}\in H$
D'où $a=\prod_{i=1}^ps_i=\prod_{i=1}^pt_i\gamma t_i^{-1}\in H$.
Et pour finir $\mathfrak A(E)\subset H$.
Conclusion : $H=\mathfrak A(E)$

Qu'en pensez-vous ?