th de Sylow

Si G avait été abélien (ce qui m'avait échappé) on aurait simplement appliqué le th chinois au th de structure des groupes abéliens de types finis. Voilà sinon je vois que Shadow a répondu à la question.+

je poserais $f$ $:$ $ S_{p_1}\times... \times S_{p_r}$ $\longrightarrow$ $S_{p_1}...S_{p_r}$ qui a $(g_1,...,g_r)$ associe $g_1...g_n$

1)on va montrer que $G=S_{p_1}...S_{p_r}$
on montre que le truc de droite est un sous-groupe de $G$ et on conclut par cardinalite




2)on montre que $f$ est un morphisme
Et c'est pas immediat : $f((g_1,..,g_n))f(h_1,..,h_n))=
g_1h_1..g_n..h_n$ alors que $f(g_1,..,g_n)f(h_1,..,h_n)=g_1..g_nh_1..h_n$
Mais ce qui se passe c'est que $h_i$ commute avec $g_j$ : on considere le commutateur $[g_i,h_j]$ qui est a la fois $S_{p_i}$ et $S_{p_j}$ donc vaut le neutre $e$

3)pour l'injectivite, on a $g_1..g_n=e$ donc $g_i^{-1}=g_1..g_{i-1}g_{i+1}..g_n$ (toujours en utilisant des histoires de commutativite d'elements) donc $g_i \in S_{p_i} \cap \prod_{k \neq i}^{} S_{p_k}=\{e\}$

4)la bijection vient du point 1) quand on sait le montrer comme il faut, c'est pas encore mon cas mais je cherche!

Bonjour

C'est sensiblement la même chose que ce qui a été fait au-dessus, mais pour présenter la solution, je commencerais par montrer le lemme suivant, qui est immédiat :

Si $H$ et $K$ sont deux sous-groupes d'un groupe G, avec $K$ distingué dans $G$, alors $HK=KH$ est un sous-groupe de G.

Comme tous les $S_i$ sont distingués dans $G$, une récurrence immédiate montre que $S_1...S_n$ est un sous-groupe de $G$. Puisqu'ils ont même cardinal, on a donc $S_1...S_n=G$.