th de Sylow
Bonjour,
Je n'arrive pas à montrer ça :
Soit G un groupe fini d'ordre $ n = p_1^{\alpha_1}*...*p_r^{\alpha_r} $.
Si pour chaque diviseur premier $p_i$ de n il existe un unique $p_i$-sg de Sylow $S_{p_i}$ de G, alors G est produit direct de ses $p_i$-sg de Sylow,
ie G= $S_{p_1}\times... \times S_{p_r}$.
On a directement que l'ordre des 2 groupes est le même, que ces uniques $p_i$-sg de Sylow $S_{p_i}$ sont distingués dans G, mais comment trouver l'isomorphisme ?
Merci d'avance !
Je n'arrive pas à montrer ça :
Soit G un groupe fini d'ordre $ n = p_1^{\alpha_1}*...*p_r^{\alpha_r} $.
Si pour chaque diviseur premier $p_i$ de n il existe un unique $p_i$-sg de Sylow $S_{p_i}$ de G, alors G est produit direct de ses $p_i$-sg de Sylow,
ie G= $S_{p_1}\times... \times S_{p_r}$.
On a directement que l'ordre des 2 groupes est le même, que ces uniques $p_i$-sg de Sylow $S_{p_i}$ sont distingués dans G, mais comment trouver l'isomorphisme ?
Merci d'avance !
Réponses
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bonjour,
tu as essayé avec le théorème chinois ? -
En fait G n'est pas forcément abélien, et je ne vois pas comment le lemme chinois peut aider.
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vu que tes Sylow sont uniques, ils sont distingués (th. de Sylow).
Essaie de faire une récurrence maintenant... le cas $r=2$ est classique, on a
$P_1$ distingué dans $G$, $P_1 \cap P_2 = {1} $ et $ P_1 P_2 = G$, donc $G$ est un produit direct de $P_1$ par $P_2$, mais comme $P_2$ est distingué dans $G$, le produit est direct ...
shadow -
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.+
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Merci, je vais tacher de faire la récurrence.
:-) -
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! -
pour le point 1) c'est vrai que la recurrence me parait etre le passage oblige en fait et dans le point2) il faut lire $f((g_1,..,g_n)(h_1,..,h_n))=g_1h_1..g_nh_n$ au lieu de $f((g_1,..,g_n))f(h_1,..,h_n))=g_1h_1..g_n..h_n$
-
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 $S_1...S_n=G$.
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Bonjour!
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