Théorie des groupes/Intermède : groupes simples d'ordre 360

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L'objet de ce chapitre est de prouver que tous les groupes simples d'ordre 360 sont isomorphes entre eux. Ils sont donc isomorphes au groupe alterné A₆ et au groupe $\mathrm {PSL} (2,9)$ (groupe linéaire spécial projectif d'un espace vectoriel de dimension 2 sur un corps à 9 éléments), puisque ces deux groupes sont simples et d'ordre 360. Ce n'est pas une matière classique, le lecteur peut donc omettre ce chapitre. La démonstration donnée ici est une variante de la démonstration originale de F.N. Cole, légèrement renforcée de façon à nous permettre de prouver dans les exercices qu'il n'y a pas de groupe simple d'ordre 720. La longueur du chapitre ne doit pas effrayer : on a voulu expliciter certaines parties relativement faciles que les auteurs laissent d'habitude au lecteur.

Notation

Pour un nombre naturel $n$, on notera $1_{n}$ la permutation identique de l'ensemble $\{1,2,\ldots ,n\}.$

Préliminaires

Début d’un théorème

Préliminaire 1

Soient G un groupe fini, p un nombre premier, P un p-sous-groupe de Sylow de G. Si P est cyclique, l'indice $[N_{G}(P):C_{G}(P)]$ divise p-1.

Fin du théorème

Début d'une démonstration

Démonstration

Voir les exercices sur le présent chapitre.

Fin de la démonstration

Début d’un théorème

Préliminaire 2

Soient G un groupe fini, p un nombre premier, P un p-sous-groupe de Sylow de G, g un élément de G dont l'ordre est une puissance de p. On suppose que g normalise P. Alors g appartient à P. Si P₁ et P₂ sont des p-sous-groupes de Sylow de G, si P₁ normalise P₂, alors P₁ = P₂.

Fin du théorème

Début d'une démonstration

Démonstration

Voir un exercice du chapitre Théorèmes de Sylow.

Fin de la démonstration

Début d’un théorème

Préliminaire 3

Soit G un groupe simple fini d'ordre non premier, soit p un diviseur premier de l’ordre de G, soit n le nombre des p-sous-groupes de Sylow de G. Alors l'opération de G par conjugaison sur l’ensemble de ses p-sous-groupes de Sylow est équivalente à l'opération naturelle d'un sous-groupe de A_n. En particulier, G est isomorphe à un sous-groupe de A_n (et l’ordre de G divise donc n!/2).

Fin du théorème

Début d'une démonstration

Démonstration

C'est un théorème du chapitre Premiers résultats sur les groupes simples.

Fin de la démonstration

Début d’un théorème

Préliminaire 4

Soient G un groupe simple et H un sous-groupe propre de G, d'indice fini n. Alors G est isomorphe à un sous-groupe de S_n (et est donc fini). Si, de plus, l'ordre de G est au moins égal à 3 (ce qui est forcément le cas si n est au moins égal à 3), G est isomorphe à un sous-groupe de A_n.

Fin du théorème

Début d'une démonstration

Démonstration

C'est un théorème du chapitre Premiers résultats sur les groupes simples.

Fin de la démonstration

Début d’un théorème

Préliminaire 5

Soit G un groupe simple fini d'ordre non premier, soit p un facteur premier de $\vert G\vert$. Notons $\ E_{p}$ l'ensemble des p-sous-groupes de Sylow de G. L'opération de G par conjugaison sur l'ensemble $\ E_{p}$ possède les propriétés suivantes :

a) pour tout p-sous-groupe de Sylow P du groupe opérant G, il existe un et un seul point de $\ E_{p}$ qui est fixé par tout élément de P;

b) pour tout point x de $\ E_{p}$, il existe un et un seul p-sous-groupe de Sylow P du groupe opérant G tel que tout élément de P fixe x;

c) si P est un p-sous-groupe de Sylow du groupe opérant G, si x désigne l'unique point de $\ E_{p}$ fixé par tout élément de P (voir propriété a)), le stabilisateur de x dans le groupe opérant G est N_G(P);

d) si on suppose de plus que deux différents p-sous-groupes de G se coupent toujours trivialement, alors tout élément de G \ {1} dont l'ordre est une puissance de p fixe un et un seul point de $\ E_{p}$.

Fin du théorème

Début d'une démonstration

Démonstration

Cela se déduit facilement du préliminaire 2. (Dans les énoncés du présent Préliminaire 5, les « points » sont évidemment les mêmes objets que les « p-sous-groupes de Sylow du groupe opérant », mais il n'en sera plus de même dans une certaine opération équivalente à celle qui est considérée ici.)

Fin de la démonstration

Début d’un théorème

Préliminaire 6

Soient G un groupe opérant sur un ensemble X et H un groupe opérant sur un ensemble Y. Supposons que ces opérations soient équivalentes par une bijection f de X sur Y et un isomorphisme de groupes $\sigma$ de G sur H. Alors un élément g de G fixe un élément x de X pour la première opération si et seulement $\sigma (g)$ fixe f(x) pour la seconde opération.

Fin du théorème

Début d'une démonstration

Démonstration

On a déjà noté ce fait au chapitre Action de groupe. La démonstration est facile.

Fin de la démonstration

Début d’un théorème

Préliminaire 7

Soit G un groupe simple fini d'ordre non premier, soit p un facteur premier de $\vert G\vert$, soit $n$ le nombre des $p$-sous-groupes de Sylow de G. On désignera par $1_{n}$ la permutation identique de l'ensemble $\{1,\ldots n\}$. Alors G est isomorphe à un sous-groupe $G_{0}$ de $A_{n}$ possédant les propriétés suivantes :

a) pour tout p-sous-groupe de Sylow P de $G_{0}$, il existe un et un seul point de $\{1,2,\ldots ,n\}$ qui est fixé par tout élément de P;

b) pour tout point x de $\{1,2,\ldots ,n\}$, il existe un et un seul p-sous-groupe de Sylow P de $G_{0}$ tel que tout élément de P fixe x;

c) si P est un p-sous-groupe de Sylow de G, si x désigne l'unique point de $\{1,2,\ldots ,n\}$ fixé par tout élément de P (voir propriété a)), le stabilisateur de x dans le groupe G est N_G(P);

d) si on suppose de plus que deux différents p-sous-groupes de G se coupent toujours trivialement, alors tout élément de $G_{0}\setminus \{1_{n}\}$ dont l'ordre est une puissance de p fixe un et un seul point de $\{1,2,\ldots ,n\}.$

Fin du théorème

Démonstration. Utiliser les préliminaires 3, 5 et 6.

Début d’un théorème

Préliminaire 8

Soit G un groupe simple fini d'ordre non premier, soit p un diviseur premier de $\vert G\vert$, soit P un p-sous-groupe de Sylow de G. Alors le groupe $N_{G}(P)$ n'est pas commutatif.

Fin du théorème

Début d'une démonstration

Démonstration

Voir les exercices sur le présent chapitre.

Fin de la démonstration

Début d’un théorème

Préliminaire 9

Tout groupe d'ordre 36 a un sous-groupe normal d'ordre 4 ou un sous-groupe normal d'ordre 9. (Autrement dit, tout groupe d'ordre 36 est 2-clos ou 3-clos.)

Fin du théorème

Début d'une démonstration

Démonstration

Voir les exercices sur le présent chapitre.

Fin de la démonstration

Début d’un théorème

Préliminaire 10

Soit H un groupe fini, soit p un nombre premier distinct de 2. On suppose que H contient un et un seul p-sous-groupe de Sylow, soit P, et que P est commutatif. On suppose aussi que H n'a pas d'élément d'ordre 2p. Alors, pour tout élément t d'ordre 2 de H et tout élément a de H dont l'ordre est une puissance de p,

$tat^{-1}=a^{-1}.$

Fin du théorème

Début d'une démonstration

Démonstration

Voir les exercices sur le présent chapitre.

Fin de la démonstration

Début d’un théorème

Préliminaire 11

Soit $\sigma$ une permutation paire d'ordre 6 d'un ensemble à 10 éléments. Alors $\sigma ^{2}$ a plusieurs points fixes.

Fin du théorème

Début d'une démonstration

Démonstration

Puisque $\sigma$ est d'ordre 6, une au moins des deux conditions suivantes doit être satisfaite : 1° la décomposition canonique de $\sigma$ en cycles comporte un cycle de longueur 6; 2° la décomposition canonique de $\sigma$ en cycles comporte au moins un cycle de longueur 3 et au moins un cycle de longueur 2. Puisque, par hypothèse, $\sigma$ est une permutation paire, sa structure cyclique complète doit donc être d'un des types 6-2-1-1, 3-3-2-2 ou 3-2-2-1-1-1, donc $\sigma ^{2}$ a plusieurs points fixes (4 dans les deux premiers cas et 7 dans le troisième).

Fin de la démonstration

Début d’un théorème

Préliminaire 12

Soit P un sous-groupe d'ordre 9 de $A_{10}$ possédant les propriétés suivantes :

(i) chaque élément de $P\setminus \{1_{10}\}$ (où $1_{10}$ désigne la permutation identique de l'ensemble $\{1,\ldots 10\}$) a pour structure cyclique complète 3-3-3-1 (autrement dit est d'ordre 3 et a un unique point fixe);

(ii) tous les éléments de $P\setminus \{1_{10}\}$ ont le même point fixe. (On pourrait prouver que la condition (ii) est entraînée par la condition (i), mais cela ne nous servira pas.)

Soient $\alpha$ et $\beta$ deux éléments de $P\setminus \{1_{10}\}$ qui ne soient ni égaux ni inverses l'un de l'autre. (Autrement dit, $\langle \alpha \rangle \not =\langle \beta \rangle .$)

Alors le support d'un 3-cycle entrant dans la décomposition canonique de $\alpha$ et le support d'un 3-cycle entrant dans la décomposition canonique de $\beta$ ne peuvent pas avoir plus d'un élément commun.

Fin du théorème

Début d'une démonstration

Démonstration

Supposons que l'énoncé soit faux. Il existe alors des éléments k, l, m, n de {1, 2, ... , 10}, avec $k\neq l$, $m\notin \{k,l\}$, $n\notin \{k,l\}$, tels que

(1) $\alpha$ ait dans sa décomposition canonique le cycle (k, l, m)

et que

$\beta$ ait dans sa décomposition canonique ou bien le cycle (k l n) ou bien le cycle (l k n). (On ne dit pas que m et n soient distincts.)

Dans le premier cas, $\beta ^{-1}\alpha$ fixe k; dans le second cas, $\beta \alpha$ fixe k. D'après les hypothèses de l'énoncé, $\beta ^{-1}\alpha$ et $\beta \alpha$ sont tous deux distincts de l'identité. Nous avons donc prouvé qu'il existe un élément de $P\setminus \{1_{10}\}$ (à savoir $\beta ^{-1}\alpha$ ou $\beta \alpha$) qui fixe k. D'après l'hypothèse (ii) de l'énoncé, il en résulte que tout élément de P fixe k. En particulier, $\alpha$ fixe k, ce qui contredit (1). La contradiction obtenue prouve l'énoncé.

Fin de la démonstration

Début d’un théorème

Préliminaire 13.

Soit P un sous-groupe d'ordre 9 de $A_{10}$ possédant les propriétés suivantes (les mêmes qu'au préliminaire 12) :

(i) chaque élément de $P\setminus \{1_{10}\}$ (où $1_{10}$ désigne la permutation identique de l'ensemble $\{1,\ldots 10\}$) a pour structure cyclique complète 3-3-3-1 (autrement dit est d'ordre 3 et a un unique point fixe);

(ii) tous les éléments de $P\setminus \{1_{10}\}$ ont le même point fixe.

Soient $\alpha$ et $\beta$ deux éléments de $P\setminus \{1_{10}\}$ qui ne soient ni égaux ni inverses l'un de l'autre.
Soit j l'unique élément de {1, 2, ... , 10} fixé par tous les éléments de P. (L'existence et l'unicité de j résulte des hypothèses de l'énoncé.)
Soit a un élément de {1, 2, ... , 10} \ {j}. (D'après les hypothèses de l'énoncé, a n'est fixé par aucun élément de $P\setminus \{1_{10}\}$.)
Désignons par (a b c) le 3-cycle déplaçant a qui apparaît dans la décomposition canonique de $\alpha$ et par (a e i) le 3-cycle déplaçant a apparaissant dans la décomposition de $\beta$.
Alors

1° $\{b,c\}\cap \{e,i\}=\emptyset$;

2° il existe une énumération {d, f, g, h} de {1, 2, ... , 10} \ {a, b, c, e, i, j} telle que

$\alpha$ = (a b c) (d e f) (g h i)

et

$\beta$ = (a e i) (b f g) (c d h);

(La seconde décomposition s'obtient à partir de la première de la façon suivante : pour former le n-ième 3-cycle de la seconde écriture ($1\leq n\leq 3$), on écrit d'abord l'élément qui est en n-ième position dans le premier cycle de la première écriture, puis l'élément qui est en (n+1)-ième position dans le second cycle, puis l'élément qui est en (n+2)-ième position dans le troisième cycle, n+1 et n+2 étant calculés modulo 3.)

3° les huit éléments de $P\setminus \{1_{10}\}$ sont alors (avec $\alpha _{1}=\alpha$ et $\alpha _{2}=\beta$)

$\alpha _{1}$ = (a b c) (d e f) (g h i)

$\alpha _{2}$ = (a e i) (b f g) (c d h)

$\alpha _{3}$ = (a f h) (e g c) (i b d)

$\alpha _{4}$ = (a g d) (f c i) (h e b)

$\alpha _{5}$ = (a c b) (g i h) (d f e)

$\alpha _{6}$ = (a i e) (c h d) (b g f)

$\alpha _{7}$ = (a h f) (i d b) (e c g)

$\alpha _{8}$ = (a d g) (h b e) (f i c)

On peut noter que chaque décomposition s'obtient à partir de la précédente, et la première à partir de la dernière, comme la seconde s'obtient à partir de la première. On peut dire aussi que si $\gamma$ désigne le 8-cycle $(b\ e\ f\ g\ c\ i\ h\ d)$, alors, pour tout $n\leq 7,\alpha _{n+1}=\gamma \circ \alpha _{n}\circ \gamma ^{-1}$ (effet d'une conjugaison sur la structure cyclique). En examinant les « colonnes » formées par les membres droits, on peut également noter que, toujours si $\gamma$ désigne le 8-cycle $(b\ e\ f\ g\ c\ i\ h\ d)$, alors le sous-groupe de $A_{10}$ engendré par $\gamma$ agit librement et transitivement sur $P\setminus \{1_{10}\}$ par conjugaison.

Fin du théorème

Début d'une démonstration

Démonstration

La décomposition canonique de $\alpha$ en cycles est de la forme

(1) $\qquad \alpha =(a\ b\ c)(l\ m\ n)(p\ q\ r)$

pour une certaine énumération $l,m,n,p,q,r$ de $\{1,2,...10\}\setminus \{a,b,c,j\}.$ De même, la décomposition canonique de $\beta$ en cycles est de la forme

(2)$\qquad \beta =(a\ e\ i)(u\ v\ w)(x\ y\ z)$

pour une certaine énumération $u,v,w,x,y,z$ de ${1,2,...10}\setminus {a,e,i,j}.$
(Les 9 éléments de $\{1,2,...10\}\setminus \{j\}$ apparaissent dans chacune des deux décompositions.)
D'après (1), $b$ et $c$ appartiennent au support du 3-cycle $(a,b,c)$ , qui apparaît dans la décomposition canonique de $\alpha$ en cycles. Donc, d'après le préliminaire 12 et le fait que, d'après (2), la décomposition canonique de $\beta$ en cycles comporte le cycle (a, e, i),

(3)$\qquad b$ et $c$ sont distincts de $e$ et de $i$,

ce qui démontre le point 1° de l'énoncé.
D'autre part, d'après (1),

(4)$\qquad b$ et $c$ sont distincts de $a.$

D'après les hypothèses de l'énoncé, $\alpha$ et $\beta$ ont le même support, donc $b$ et $c$, qui appartiennent au support de $\alpha$, appartiennent au support de $\beta .$
Dès lors, d'après (2), (3) et (4), $b$ appartient à un des deux ensembles $\{u,v,w\}$, $\{x,y,z\}$ et $c$ appartient lui aussi à un de ces deux ensembles.
Si $b$ et $c$ appartenaient tous deux à un même de ces deux ensembles, il y aurait un cycle apparaissant dans la décomposition de $\beta$ dont le support aurait deux éléments communs avec le support du cycle $(a,b,c)$ apparaissant dans la décomposition canonique de $\alpha$, ce qui est contraire au préliminaire 12. Donc $b$ appartient à un des deux ensembles $\{u,v,w\}$, $\{x,y,z\}$ et $c$ appartient à l'autre. Quitte à changer les notations, nous pouvons mettre (2) sous la forme

(5)$\qquad \beta =(a\ e\ i)(b\ v\ w)(c\ y\ z).$

En échangeant les rôles de $\alpha$ et de $\beta$ dans les raisonnements qui précèdent, nous voyons que la relation (1) peut s'écrire

(6)$\qquad \alpha =(a\ b\ c)(d\ e\ f)(g\ h\ i).$

Le groupe P, étant d'ordre 9, est abélien, donc $\alpha$ et $\beta$ commutent. Or, d'après (5) et (6), $\alpha \beta$ applique $a$ sur $f$ et $\beta \alpha$ applique $a$ sur $a$. Donc v = f, donc (5) peut s'écrire

(7) $\qquad \beta =(a\ e\ i)(b\ f\ w)(c\ y\ z).$

D'après (6) et (7), $\alpha \beta$ applique $e$ sur $g$ et $\beta \alpha$ applique $e$ sur $w$, donc $w=g$ et (7) peut être mise sous la forme

(8) $\qquad \beta =(a\ e\ i)(b\ f\ g)(c\ y\ z).$

D'après (6) et (8), $\alpha \beta$ applique $b$ sur $d$ et $\beta \alpha$ applique $b$ sur $y$, donc $y=d$, donc (8) peut s'écrire

(9) $\qquad \beta =(a\ e\ i)(b\ f\ g)(c\ d\ z).$

Comme $\alpha$ et $\beta$ ont le même support, la comparaison de (6) et de (9) donne $z=h$, donc (9) peut s'écrire

(10)$\qquad \beta =(a\ e\ i)(b\ f\ g)(c\ d\ h).$

Les relations (6) et (10, à savoir

$\qquad \alpha =(a\ b\ c)(d\ e\ f)(g\ h\ i)$

et

$\qquad \beta =(a\ e\ i)(b\ f\ g)(c\ d\ h).$

prouvent le point 2° de l'énoncé.
Pour démontrer le point 3° de l'énoncé, on pourrait calculer les permutations $\alpha ^{s}\beta ^{t}$, avec $0\leq s,t\leq 2$, $s$ et $t$ non tous deux nuls, et voir que ce sont les permutations $\alpha _{1},\ldots ,\alpha _{8}$ énumérées au point 3° de l'énoncé. Voici une autre façon de procéder.
La façon dont $\alpha _{1},\ldots ,\alpha _{8}$ sont définis dans le point 3° de l'énoncé montre qu'il existe huit 9-uplets

$(x_{1,1}\ldots x_{1,9})$

$\cdots$

$(x_{8,1}\ldots x_{8,9})$

tels que

1° pour chaque $n$ dans $\{1,\ldots ,8\}$,

(11)$\qquad \alpha _{n}=(x_{n,1}\ x_{n,2}\ x_{n,3})\ (x_{n,4}\ x_{n,5}\ x_{n,6})\ (x_{n,7}\ x_{n,8}\ x_{n,9}),$

2° pour chaque $n$ dans $\{1,\ldots ,7\},$

(12)$\qquad \alpha _{n+1}=(x_{n,1}\ x_{n,5}\ x_{n,9})\ (x_{n,2}\ x_{n,6}\ x_{n,)7})\ (x_{n,3}\ x_{n,4}\ x_{n,8}).$

Pour tout $n\leq 6$, l'écriture de $\alpha _{n+2}$ se déduit de celle de $\alpha _{n+1}$ comme celle de $\alpha _{n+1}$ se déduit de celle de $\alpha _{n}$, donc

(13)$\qquad \alpha _{n+2}=(x_{n,1}\ x_{n,6}\ x_{n,8})\ (x_{n,5}\ x_{n,7}\ x_{n,3})\ (x_{n,9}\ x_{n,2}\ x_{n,4})$.

De (11), (12) et (13) résulte, pour tout $n\leq 6$,

$\qquad \alpha _{n}\alpha _{n+1}=\alpha _{n+2},$,

Par récurrence sur $n$, on en tire que les permutations $\alpha _{1},\ldots ,\alpha _{8}$ appartiennent toutes à P. Comme elles sont distinctes (par exemple parce qu'elles appliquent $a$ sur des éléments distincts), ce sont donc les 8 éléments de $P\setminus \{1_{10}\}$, ce qui démontre l'assertion 3° de l'énoncé.

Fin de la démonstration

Démonstration du théorème de Cole

Après ces préliminaires qui ne concernent pas directement les groupes simples d'ordre 360, nous allons maintenant démontrer, par étapes numérotées, le théorème annoncé au début du chapitre.

Définition (non standard)

On conviendra de définir ici un groupe coléen comme un groupe G possédant les propriétés suivantes :

a) G est un groupe simple fini dont les 3-sous-groupes de Sylow sont isomorphes à $\mathbb {Z} /3\mathbb {Z} \times \mathbb {Z} /3\mathbb {Z}$; en particulier, l'ordre de G est divisible par 9 et non par 27;

b) les 3-sous-groupes de Sylow de G sont en nombre 10;

c) les 3-sous-groupes de Sylow de G se coupent trivialement deux à deux.

Nous ne savons pas encore si les groupes coléens existent. Nous verrons plus loin que c'est bien le cas, mais nous allons d'abord démontrer des propriétés que les groupes coléens, s'ils existent, doivent nécessairement posséder.

Début d’un théorème

Étape 1

Soit G un groupe coléen. Alors G est un groupe simple fini d'ordre composé et $\vert G\vert$ est divisible par 4 (et même par 180).

Fin du théorème

Début d'une démonstration

Démonstration

Par définition d'un groupe coléen, les 3-sous-groupes de Sylow de G sont en nombre 10, donc

(1)$\qquad \vert G\vert$ est divisible par 10.

En particulier,

(2)$\qquad$ G est d'ordre composé (ce qui, G étant supposé simple, revient à dire que G est non abélien).

D'après (1), $\vert G\vert$ est d'ordre pair. Or, par exemple d'après un théorème démontré dans le chapitre Transfert, théorème du complément normal de Burnside, un groupe simple fini non abélien d'ordre pair est toujours d'ordre divisible par 4, donc

(3)$\qquad \vert G\vert$ est divisible par 4.

L'énoncé est donc démontré. On peut ajouter que, comme déjà noté dans la définition d'un groupe coléen, l'ordre de G est divisible par 9, ce qui, joint à (1) et à (3), montre que l'ordre de G est divisible par 180.

Fin de la démonstration

Début d’un théorème

Étape 2

Soit G un groupe coléen. Le seul sous-groupe de G ayant plus d'un sous-groupe d'ordre 9 est G. (Autrement dit, deux différents sous-groupes d'ordre 9 de G engendrent toujours G.)

Fin du théorème

Début d'une démonstration

Démonstration

Soit H un sous-groupe de G tel que

(hyp. 1)$\qquad$H ait plusieurs sous-groupes d'ordre 9.

Il s'agit de prouver que H est égal à G.
Puisque G est un groupe coléen, la plus grande puissance de 3 divisant $\vert G\vert$ est 9, donc

(2)$\qquad$les sous-groupes de Sylow d'ordre 9 de H sont les 3-sous-groupes de Sylow de H.

Donc l'hypothèse (1) revient à dire que

(3)$\qquad H$ a plusieurs 3-sous-groupes de Sylow.

D'autre part, puisque, par définition d'un groupe coléen, les sous-groupes d'ordre 9 de G se coupent trivialement deux à deux, il résulte de (2) que les 3-sous-groupes de Sylow de H se coupent trivialement deux à deux. Dès lors, d'après un théorème qu'on a appelé « congruence de Sylow à module renforcé » dans les exercices sur le chapitre Théorèmes de Sylow,

$\qquad$le nombre des 3-sous-groupes de Sylow de H est congru à 1 modulo 9.

Donc, d'après (3),

(4)$\qquad$H a au moins dix 3-sous-groupes de Sylow.

Mais les 3-sous-groupes de Sylow de H sont d'ordre 9 et sont donc des 3-sous-groupes de Sylow de G, donc, puisque G n'a que dix 3-sous-groupes de Sylow (par définition d'un groupe coléen), il résulte de (4) que

(5)$\qquad$H contient tous les 3-sous-groupes de Sylow de G.

Puisque G est simple, il est engendré par ses 3-sous-groupes de Sylow (car le sous-groupe de G engendré par les 3-sous-groupes de Sylow de G est un sous-groupe normal non trivial de G), donc, d'après (5), H = G, ce qui démontre l'énoncé.

Fin de la démonstration

Définition (non standard)

On conviendra de définir ici un groupe coléen propre comme un sous-groupe coléen G de $A_{10}$ possédant les propriétés suivantes :

1° pour tout 3-sous-groupe de Sylow P de G (autrement dit pour tout sous-groupe P d'ordre 9 de G), il existe un et un seul élément de $\{1,\ldots 10\}$ qui est fixé par tout élément de P;

2° pour tout élément $x$ de $\{1,\ldots 10\}$, il existe un et un seul 3-sous-groupe de Sylow P de G dont tous les éléments fixent $x$;

3° si P est un 3-sous-groupe de Sylow de G, si $x$ désigne l'unique élément de $\{1,\ldots 10\}$ fixé par tout élément de P (voir point 1°), le stabilisateur de $x$ pour l'opération naturelle de G sur $\{1,\ldots 10\}$ est $N_{G}(P)$;

4° tout élément d'ordre 3 de G fixe un et un seul élément de $\{1,\ldots 10\}$, autrement dit tout élément d'ordre 3 de G a pour structure cyclique complète 3-3-3-1.

Début d’un théorème

Étape 3

Soit G un groupe coléen. G est isomorphe à un groupe coléen propre.

Fin du théorème

Début d'une démonstration

Démonstration

Tout groupe isomorphe à un groupe coléen est coléen, donc l'énoncé se déduit immédiatement du préliminaire 7, où on fait p = 3. (Noter que, dans le point d) du préliminaire 7, l'hypothèse selon laquelle deux différents p-sous-groupes de Sylow de G se coupent toujours trivialement est satisfaite, puisqu'on suppose que G est un groupe coléen.)

Fin de la démonstration

Début d’un théorème

Étape 4

Soit G un groupe coléen. G n'a pas d'élément d'ordre 6.

Fin du théorème

Début d'une démonstration

Démonstration

D'après l'étape 3, il suffit de le prouver dans le cas où G est un groupe coléen propre. Soit alors, par absurde, $\sigma$ un élément d'ordre 6 de G. Puisque G est contenu dans A₁₀, $\sigma$ est une permutation paire d'ordre 6 de {1, 2, ... , 10}, donc, d'après le préliminaire 11, $\sigma ^{2}$ a plusieurs points fixes. Puisque $\sigma ^{2}$ est un élément d'ordre 3 de G, cela contredit la définition d'un groupe coléen propre (condition 4°)).

Fin de la démonstration

Début d’un théorème

Étape 5

Soit G un groupe coléen propre, soient $a,j$ deux différents éléments de {1, 2, ... , 10}. Il y a un et un seul élément d'ordre 2 de G qui fixe $a$ et $j$, soit $\sigma _{a,j}$. La décomposition canonique de $\sigma _{a,j}$ en cycles est formée de 4 transpositions. Si $P_{j}$ désigne l'unique 3-sous-groupe de Sylow de G dont tous les éléments fixent $j$, alors les supports des quatre transpositions apparaissant dans la décomposition canonique de $\sigma _{a,j}$ en cycles sont les ensembles X \ {a}, où X parcourt les supports des 3-cycles déplaçant $a$ qui interviennent dans la décomposition canonique des éléments de

$P_{j}\setminus \{1_{10}\}.$
Si les éléments de $P_{j}\setminus \{1_{10}\}$ sont énumérés comme dans l'énoncé du préliminaire 13, alors

$\sigma _{a,j}$ = (b c) (d g) (e i) (f h).

On obtient un énoncé analogue en échangeant les rôles de $a$ et de $j$.

Fin du théorème

Début d'une démonstration

Démonstration

Puisque G est un groupe coléen propre, le stabilisateur de $j$ dans G est $N_{G}(P_{j})$, donc $N_{G}(P_{j})$ transforme l'ensemble $\{1,2,...,10\}\setminus \{j\}$ en lui-même et on peut parler, dans un sens évident, de l'opération naturelle de $N_{G}(P_{j})$ sur $\{1,2,...,10\}\setminus \{j\}$. Puisque G est un groupe coléen propre, les hypothèses sur P du préliminaire 13 sont satisfaites par $P_{j}$, donc

(0)$\qquad$les huit éléments de $P_{j}\setminus \{1_{10}\}$ peuvent être énumérés comme suit :

$\alpha _{1}$ = (a b c) (d e f) (g h i)

$\alpha _{2}$ = (a e i) (b f g) (c d h)

$\alpha _{3}$ = (a f h) (e g c) (i b d)

$\alpha _{4}$ = (a g d) (f c i) (h e b)

$\alpha _{5}$ = (a c b) (g i h) (d f e)

$\alpha _{6}$ = (a i e) (c h d) (b g f)

$\alpha _{7}$ = (a h f) (i d b) (e c g)

$\alpha _{8}$ = (a d g) (h b e) (f i c)

Cette énumération montre que l'opération naturelle de $P_{j}$ sur {1, 2, ... , 10} \ {j} est transitive. (Chaque élément de $\{1,2,...,10\}\setminus \{j\}$ est dans la même orbite que $a$.) A fortiori,

(1)$\qquad$l'opération naturelle de $N_{G}(P_{j})$ sur $\{1,2,...,10\}\setminus \{j\}$ est transitive.

(D'après un exercice de la série Opérations transitives, plusieurs fois transitives et primitives, il en résulte que l'action de G sur $\{1,2,...,10\}$ est doublement transitive, mais cela ne nous servira pas.)
Puisque l'indice du stabilisateur d'un point dans le groupe opérant est toujours égal au cardinal de l'orbite de ce point (voir chapitre Action de groupe), il résulte de (1) que

(2)$\qquad$ le stabilisateur du point $a$ pour l'opération naturelle de $N_{G}(P_{j})$ sur $\{1,2,...,10\}\setminus \{j\}$ est d'indice 9 dans $N_{G}(P_{j})$.

D'autre part, par définition d'un groupe coléen, les 3-sous-groupes de Sylow de G sont en nombre 10, donc

(3)$\qquad N_{G}(P_{j})$ est d'indice 10 dans G.

De plus, d'après l'étape 1, $\vert G\vert$ est divisible par 4. Donc, d'après (3), $\vert N_{G}(P_{j})\vert$ est pair, donc, d'après (2),

(4)$\qquad$le stabilisateur du point $a$ pour l'opération naturelle de $N_{G}(P_{j})$ sur $\{1,2,...,10\}\setminus \{j\}$ est d'ordre pair et comprend donc (au moins) un élément d'ordre 2.

On va prouver que

(thèse 5)$\qquad$cet élément d'ordre 2 est unique,

ce qui revient à dire qu'il y a un et un seul élément d'ordre 2 de G qui fixe à la fois $a$ et $j.$

Soit $\sigma$ un élément d'ordre 2 de $N_{G}(P_{j})$ fixant $a$, autrement dit un élément d'ordre 2 de G fixant à la fois $a$ et $j.$.
Soit $\gamma$ un des 8 éléments de $P_{j}\setminus \{1_{10}\}.$ Prouvons que si on note (a r s) le 3-cycle déplaçant $a$ qui apparaît dans la décomposition canonique de $\gamma$ en cycles, alors

(thèse 6)$\qquad$la transposition (r s) apparaît dans la décomposition canonique de $\sigma$ en cycles.

P_j (étant normal dans $N_{G}(P_{j})$) est le seul 3-sous-groupe de Sylow de $N_{G}(P_{j})$; de plus, d'après l'étape 4, $N_{G}(P_{j})$ n'a pas d'élément d'ordre 6. Donc, d'après le préliminaire 10,

$\sigma \ \gamma \sigma ^{-1}=\gamma ^{-1}.$

Cette relation peut s'écrire (avec dans chaque membre un produit de 3-cycles à supports disjoints)

$(\sigma (a)\ \sigma (r)\ \sigma (s))(\ldots )(\ldots )=(a\ s\ r)(\ldots )(\ldots ),$

d'où, puisque $\sigma$ est supposée fixer $a$,

$(a\ \sigma (r)\ \sigma (s))(\ldots )(\ldots )=(a\ s\ r)(\ldots )(\ldots )$, d'où

$\sigma (r)=s$ et $\sigma (s)=r.$

Donc la décomposition canonique de $\sigma$ en cycles comprend la transposition (r, s), ce qui prouve notre thèse (6).
Ainsi, dans la notation (0) des éléments de $P_{j}\setminus \{1_{10}\}$, les transpositions $(b\ c),(d\ g),(e\ i)$ et $(f\ h)$ apparaissent dans la décomposition canonique de $\sigma$ en cycles. Puisque $\sigma$ est supposée fixer $a$ et $j$, on doit donc avoir

$\sigma =$ (b c) (d g) (e i) (f h).

Ceci démontre la thèse (5). Vu le résultat (4) et l'expression précise que nous avons trouvée pour $\sigma$, l'énoncé est démontré.

Fin de la démonstration

Début d’un théorème

Étape 6

Soit G un groupe coléen propre. Alors

1° tout élément d'ordre 3 de G fixe un seul élément de $\{1,2,\ldots ,10\}$;

2° tout élément d'ordre 2 de G fixe exactement deux points de $\{1,2,\ldots ,10\}.$

Fin du théorème

Début d'une démonstration

Démonstration

Le point 1° résulte de la définition d'un groupe coléen propre.
Soit maintenant $\sigma$ un élément d'ordre 2 de G. Puisque $\sigma$ est une permutation paire d'ordre 2 d'un ensemble à 10 éléments, $\sigma$ fixe au moins deux points. Choisissons deux points distincts $k$ et $l$ fixés par $\sigma .$ Dans les notations de l'étape 5, $\sigma =\sigma _{k,l}$, donc, d'après l'étape 5, $k$ et $l$ sont les deux seuls points fixes de $\sigma$, ce qui prouve le point 2° de l'énoncé.

Fin de la démonstration

Début d’un théorème

Étape 7

Soit G un groupe coléen propre, soient P et Q deux différents 3-sous-groupes de Sylow de G. Il existe une énumération $\{x_{1},\ldots ,x_{10}\}$ de $\{1,\ldots ,10\}$ telle que P soit engendré par

$(x_{1}\ x_{2}\ x_{3})(x_{4}\ x_{5}\ x_{6})(x_{7}\ x_{8}\ x_{9})$

et

$(x_{1}\ x_{5}\ x_{9})(x_{2}\ x_{6}\ x_{7})(x_{3}\ x_{4}\ x_{8})$

et que Q soit engendré par

$(x_{10}\ x_{2}\ x_{3})(x_{4}\ x_{9}\ x_{8})(x_{7}\ x_{6}\ x_{5})$

et

$(x_{10}\ x_{9}\ x_{5})(x_{2}\ x_{8}\ x_{7})(x_{3}\ x_{4}\ x_{6})$.

Fin du théorème

Début d'une démonstration

Démonstration

Soit $a$ l'élément de {1, 2, ... , 10} fixé par tout élément de Q, soit $j$ l'élément de {1, 2, ... , 10} fixé par tout élément de P. Alors P est l'unique 3-sous-groupe de Sylow de G dont tout élément fixe $j$ (définition d'un groupe coléen propre), donc

(0)$\qquad a\neq j.$

D'après le préliminaire 13, il existe une énumération $b,c,d,e,f,g,h,i$ des éléments de $\{1,2,\ldots ,10\}\ \{a,j\}$ telle que

(1)$\qquad$ les huit éléments de $P\setminus \{1_{10}\}$ soient

$\alpha _{1}=(a\ b\ c)(d\ e\ f)(g\ h\ i)$

$\alpha _{2}=(a\ e\ i)(b\ f\ g)(c\ d\ h)$

$\alpha _{3}=(a\ f\ h)(e\ g\ c)(i\ b\ d)$

$\alpha _{4}=(a\ g\ d)(f\ c\ i)(h\ e\ b)$

$\alpha _{5}=(a\ c\ b)(g\ i\ h)(d\ f\ e)$

$\alpha _{6}=(a\ i\ e)(c\ h\ d)(b\ g\ f)$

$\alpha _{7}=(a\ h\ f)(i\ d\ b)(e\ c\ g)$

$\alpha _{8}=(a\ d\ g)(h\ b\ e)(f\ i\ c).$

D'après l'étape 5,

(2)$\qquad$ le seul élément d'ordre 2 de G qui fixe $a$ et $j$ est

$\sigma =(bc)(dg)(ei)(fh).$

En appliquant de nouveau le préliminaire 13 et l'étape 5, mais en échangeant les rôles de $a$ et $j$, nous trouvons, compte tenu de (2), que

(3)$\qquad$les décompositions canoniques des éléments de $Q\setminus \{1_{10}\}$ en produits de 3-cycles sont de la forme

$\gamma _{1}=(j\ b\ c)\ldots$

$\gamma _{2}=(j\ e\ i)\ldots$

$\gamma _{3}=(j\ f\ h)\ldots$

$\gamma _{4}=(j\ g\ d)\ldots$

$\gamma _{5}=(j\ c\ b)\ldots$

$\gamma _{6}=(j\ i\ e)\ldots$

$\gamma _{7}=(j\ h\ f)\ldots$

$\gamma _{8}=(j\ d\ g)\ldots$

Les cycles $\gamma _{1}$ et $\gamma _{2}$ ne sont ni égaux ni inverses l'un de l'autre, donc d'après le préliminaire 13 (où on remplace $a$ par $j$, $\alpha$ par $\gamma _{1}$ et $\beta$ par $\gamma _{2}$), il existe une énumération $r,s,t,u$ de $\{1,2,\ldots ,10\}\setminus \{a,b,c,e,i,j\}$ telle que

$\gamma _{1}=(j\ b\ c)(r\ e\ s)(t\ u\ i)$

et

$\gamma _{2}=(j\ e\ i)(b\ s\ t)(c\ r\ u).$

Toujours d'après le préliminaire (13),

(4)$\qquad$ les éléments de $Q\setminus \{1_{10}\}$ sont

$\beta _{1}=\gamma _{1}=(j\ b\ c)(r\ e\ s)(t\ u\ i)$

$\beta _{2}=\gamma _{2}=(j\ e\ i)(b\ s\ t)(c\ r\ u)$

$\beta _{3}=(j\ s\ u)(e\ t\ c)(i\ b\ r)$

$\beta _{4}=(j\ t\ r)(s\ e\ i)(u\ e\ b)$

et leurs inverses.
Dès lors, $\beta _{3}$ et $\beta _{4}$ figurent parmi les huit permutations énumérées en (3). On a donc

(5)$\qquad$ou bien ( {s, u} = {f, h} et {r, t} = {d, g} )

$\qquad$ou bien ( {s, u} = {d, g} et {r, t} = {f, h} ).

Cas 1 : {s, u} = {f, h} et {r, t} = {d, g}.
Cas 1-1 : s = f, d'où u = h.
Alors, d'après (4),

(6)$\qquad \beta _{1}=(j\ b\ c)(r\ e\ f)(t\ h\ i).$

Cas 1-1-1 : s = f, u = h et r = d, d'où t = g.
Alors (6) s'écrit

$\qquad \beta _{1}=(j\ b\ c)(d\ e\ f)(g\ h\ i)$

donc, d'après (1), la décomposition canonique de $\alpha _{1}^{-1}\beta _{1}$ en cycles est

$\qquad \alpha _{1}^{-1}\beta _{1}=(j\ a\ c)$,

ce qui est impossible puisque, comme rappelé à l'étape 6, un élément d'ordre 3 de G n'a qu'un point fixe.
Cas 1-1-2 : s = f, u = h et r = g, d'où t = d.
Alors (6) s'écrit

$\qquad \beta _{1}=(j\ b\ c)(g\ e\ f)(d\ h\ i)$

donc, d'après (1), la décomposition canonique de $\alpha _{1}^{-1}\beta _{1}$ en cycles est

$\qquad \alpha _{1}^{-1}\beta _{1}=(j\ a\ c)(d\ g)(f\ i)$,

donc $\alpha _{1}^{-1}\beta _{1}$ est d'ordre 6, ce qui contredit l'étape 4.
Nous avons donc prouvé que le cas 1-1 est impossible.
Cas 1-2 : s = h, d'où u = f, et toujours {r, t} = {d, g}.
Alors, d'après (4),

(7)$\qquad \beta _{1}=(j\ b\ c)(r\ e\ h)(t\ f\ i).$

Cas 1-2-1 : s = h, u = f, r = d, d'où t = g.
Alors (7) s'écrit

$\qquad \beta _{1}=(j\ b\ c)(d\ e\ h)(g\ f\ i)$

donc, d'après (1), la décomposition canonique de $\alpha _{1}^{-1}\beta _{1}$ en cycles est

$\qquad \alpha _{1}^{-1}\beta _{1}=(j\ a\ c)(e\ g)(f\ h)$,

donc $\alpha _{1}^{-1}\beta _{1}$ est d'ordre 6, ce qui contredit l'étape 4.
Nous avons donc prouvé que dans le cas 1-2, il faut
Cas 1-2-2 : s = h, u = f, r = g, d'où t = d.
Alors (7) s'écrit

(8)$\qquad \beta _{1}=(j\ b\ c)(g\ e\ h)(d\ f\ i)$

et, d'autre part, (4) donne

(9)$\qquad \beta _{3}=(j\ h\ f)(e\ d\ c)(i\ b\ g).$

Il en résulte que l'énoncé est vrai avec

$x_{1}=a,x_{2}=f,x_{3}=h,x_{4}=g,x_{5}=c,x_{6}=e,x_{7}=d,x_{8}=i,x_{9}=b,x_{10}=j.$

En effet, on a alors

$(x_{1}\ x_{2}\ x_{3})(x_{4}\ x_{5}\ x_{6})(x_{7}\ x_{8}\ x_{9})=\alpha _{3}$ d'après (1),

$(x_{1}\ x_{5}\ x_{9})(x_{2}\ x_{6}\ x_{7})(x_{3}\ x_{4}\ x_{8})=\alpha _{5}$ d'après (1),

$(x_{10}\ x_{2}\ x_{3})(x_{4}\ x_{9}\ x_{8})(x_{7}\ x_{6}\ x_{5})=\beta _{3}^{-1}$ d'après (9),

$(x_{10}\ x_{9}\ x_{5})(x_{2}\ x_{8}\ x_{7})(x_{3}\ x_{4}\ x_{6})=\beta _{1}$ d'après (8)

et de plus, $\alpha _{3}$ et $\alpha _{5}$ engendrent P (puisqu'ils ne sont ni égaux ni inverses l'un de l'autre) et, de même, $\beta _{3}^{-1}$ et $\beta _{1}$ engendrent Q. L'énoncé est donc démontré dans le cas 1. D'après (5),

il reste à démontrer l'énoncé dans le

Cas 2 :

(10) {s, u} = {d, g} et {t, r} = {f, h}.

Examinons d'abord le

Cas 2 - 1 : s = d, d'où u = g.

Alors, d'après (4)

(11) $\qquad \beta _{1}=(j\ b\ c)(r\ e\ d)(t\ g\ i),$

(12) $\qquad \beta _{2}=(j\ e\ i)(b\ d\ t)(c\ r\ g).$

Rappelons que dans les hypothèses (10) du cas 2,

(13)$\qquad \{t,r\}=\{f,h\}.$

Si r = f, d'où t = h, alors (11) donne

$\beta _{1}=\gamma _{1}=(j\ b\ c)(f\ e\ d)(h\ g\ i),$

donc, d'après (1), la décomposition canonique de $\alpha _{1}\beta _{1}$ en cycles est

$\qquad \alpha _{1}\beta _{1}=(a\ b)(c\ j)$,

donc $\alpha _{1}\beta _{1}$ est un élément d'ordre 2 de G qui fixe 6 points, ce qui contredit l'étape 6.
Donc (dans le cas 2-1), $r\not =f$, donc, d'après (13),

r = h et t = f, d'où, d'après (11),

(14) $\qquad \beta _{1}=(j\ b\ c)(h\ e\ d)(f\ g\ i),$

et, d'après (12)

(15) $\qquad \beta _{2}=(j\ e\ i)(b\ d\ f)(c\ h\ g).$

L'énoncé est alors vrai avec

$x_{1}=a,x_{2}=c,x_{3}=b,x_{4}=f,x_{5}=e,x_{6}=d,x_{7}=h,x_{8}=g,x_{9}=i,x_{10}=j.$

En effet, on a alors

$(x_{1}\ x_{2}\ x_{3})(x_{4}\ x_{5}\ x_{6})(x_{7}\ x_{8}\ x_{9})=\alpha _{5}(=\alpha _{1}^{-1}$ d'après (1),

$(x_{1}\ x_{5}\ x_{9})(x_{2}\ x_{6}\ x_{7})(x_{3}\ x_{4}\ x_{8})=\alpha _{2}$ d'après (1),

$(x_{10}\ x_{2}\ x_{3})(x_{4}\ x_{9}\ x_{8})(x_{7}\ x_{6}\ x_{5})=\beta _{1}^{-1}$ d'après (14),

$(x_{10}\ x_{9}\ x_{5})(x_{2}\ x_{8}\ x_{7})(x_{3}\ x_{4}\ x_{6})=\beta _{2}^{-1}$ d'après (15)

et de plus, $\alpha _{5}$ et $\alpha _{2}$ engendrent P (puisqu'ils ne sont ni égaux ni inverses l'un de l'autre) et, de même, $\beta _{1}$ et $\beta _{2}$ engendrent Q. L'énoncé est donc vrai dans le cas 2-1. D'après (10), il reste à le démontrer dans le

Cas 2-2 : s = g et u = d.

Alors, d'après (4)

(16) $\qquad \beta _{1}=(j\ b\ c)(r\ e\ g)(t\ d\ i)$

et

(17)$\qquad \beta _{2}=(j\ e\ i)(b\ g\ t)(c\ r\ d)$

Rappelons que d'après les hypothèses du cas (2),

(18)$\qquad \{t,r\}=\{f,h\}.$

Si t = f, d'où r = h, alors, d'après (16),

$\beta _{1}=(j\ b\ c)(h\ e\ g)(f\ d\ i)$,

donc, d'après (1), la décomposition canonique de $\alpha _{1}^{-1}\beta _{1}encyclesest:<math>\qquad \alpha _{1}^{-1}\beta _{1}=(a\ c_{j})(d\ h)(e\ i),$ donc $\alpha _{1}^{-1}\beta _{1}$ est un élément d'ordre 6 de G, ce qui contredit l'étape 4.
Donc $t\not =f,$ donc, d'après (18), t = h et r = f, d'où, d'après (16),

(19) $\qquad \beta _{1}=(j\ b\ c)(f\ e\ g)(h\ d\ i)$

et, d'après (17)

(20)$\qquad \beta _{2}=(j\ e\ i)(b\ g\ h)(c\ f\ d).$

Il en résulte que l'énoncé est vrai dans ce cas avec

$x_{1}=a,x_{2}=b,x_{3}=c,x_{4}=d,x_{5}=e,x_{6}=f,x_{7}=g,x_{8}=h,x_{9}=i,x_{10}=j.$

En effet, on a alors

$(x_{1}\ x_{2}\ x_{3})(x_{4}\ x_{5}\ x_{6})(x_{7}\ x_{8}\ x_{9})=\alpha _{1}$ d'après (1),

$(x_{1}\ x_{5}\ x_{9})(x_{2}\ x_{6}\ x_{7})(x_{3}\ x_{4}\ x_{8})=\alpha _{2}$ d'après (1),

$(x_{10}\ x_{2}\ x_{3})(x_{4}\ x_{9}\ x_{8})(x_{7}\ x_{6}\ x_{5})=\beta _{1}$ d'après (19),

$(x_{10}\ x_{9}\ x_{5})(x_{2}\ x_{8}\ x_{7})(x_{3}\ x_{4}\ x_{6})=\beta _{2}^{-1}$ d'après (20)

et de plus, $\alpha _{1}$ et $\alpha _{2}$ engendrent P (puisqu'ils ne sont ni égaux ni inverses l'un de l'autre) et, de même, $\beta _{1}$ et $\beta _{2}$ engendrent Q.

Fin de la démonstration

Début d’un théorème

Étape 8

Soit G un groupe coléen propre. Il existe une énumération $\{x_{1},\ldots ,x_{10}\}$ de $\{1,\ldots ,10\}$ telle que G soit engendré par

$(x_{1}\ x_{2}\ x_{3})(x_{4}\ x_{5}\ x_{6})(x_{7}\ x_{8}\ x_{9}),$

$(x_{1}\ x_{5}\ x_{9})(x_{2}\ x_{6}\ x_{7})(x_{3}\ x_{4}\ x_{8}),$

$(x_{10}\ x_{2}\ x_{3})(x_{4}\ x_{9}\ x_{8})(x_{7}\ x_{6}\ x_{5})$

et

$(x_{10}\ x_{9}\ x_{5})(x_{2}\ x_{8}\ x_{7})(x_{3}\ x_{4}\ x_{6}).$

Fin du théorème

Début d'une démonstration

Démonstration

Choisissons deux différents 3-sous-groupes de Sylow P et Q de G (c'est possible puisque, par définition, un groupe coléen a dix 3-sous-groupes de Sylow.)

D'après l'étape 7, il existe une énumération $\{x_{1},\ldots ,x_{10}\}$ de $\{1,\ldots ,10\}$ telle que P soit engendré par

$(x_{1}\ x_{2}\ x_{3})(x_{4}\ x_{5}\ x_{6})(x_{7}\ x_{8}\ x_{9})$

et

$(x_{1}\ x_{5}\ x_{9})(x_{2}\ x_{6}\ x_{7})(x_{3}\ x_{4}\ x_{8})$

et que Q soit engendré par

$(x_{10}\ x_{2}\ x_{3})(x_{4}\ x_{9}\ x_{8})(x_{7}\ x_{6}\ x_{5})$

et

$(x_{10}\ x_{9}\ x_{5})(x_{2}\ x_{8}\ x_{7})(x_{3}\ x_{4}\ x_{6})$.

D'autre part, d'après l'étape 2, P et Q engendrent G, d'où l'énoncé.

Fin de la démonstration

Début d’un théorème

Étape 9

Soit G un groupe coléen. G est isomorphe au sous-groupe de A₁₀ engendré par

(1) $(1\ 2\ 3)(4\ 5\ 6)(7\ 8\ 9),$

(2) $(1\ 5\ 9)(2\ 6\ 7)(3\ 4\ 8),$

(3) $(10\ 2\ 3)(4\ 9\ 8)(7\ 6\ 5)$

et

(4) $(10\ 9\ 5)(2\ 8\ 7)(3\ 4\ 6)$.

Tous les groupes coléens sont isomorphes entre eux.

Fin du théorème

Début d'une démonstration

Démonstration

D'après l'étape 3, G est isomorphe à un groupe coléen propre. Il suffit donc de prouver que

(thèse 1) tout groupe coléen propre est isomorphe au sous-groupe de A₁₀ engendré par les permutations (1) à (4) de l'énoncé.

Soit donc G un groupe coléen propre. D'après l'étape 8, il existe une énumération $\{x_{1},\ldots ,x_{10}\}$ de $\{1,\ldots ,10\}$ telle que G soit engendré par

(5) $(x_{1}\ x_{2}\ x_{3})(x_{4}\ x_{5}\ x_{6})(x_{7}\ x_{8}\ x_{9}),$

(6) $(x_{1}\ x_{5}\ x_{9})(x_{2}\ x_{6}\ x_{7})(x_{3}\ x_{4}\ x_{8})$

(7) $(x_{10}\ x_{2}\ x_{3})(x_{4}\ x_{9}\ x_{8})(x_{7}\ x_{6}\ x_{5})$

et

(8) $(x_{10}\ x_{9}\ x_{5})(x_{2}\ x_{8}\ x_{7})(x_{3}\ x_{4}\ x_{6})$.

Il en résulte que G est un conjugué dans $S_{10}$ du sous-groupe de $A_{10}$ dont question dans l'énoncé. En voici une justification détaillée.

Considérons la permutation $\lambda :n\mapsto x_{n}$ de l'ensemble $\{1,\ldots ,10\}$. Alors $L:S_{10}\rightarrow S_{10}:\sigma \mapsto \lambda \sigma \lambda ^{-1}$ est un automorphisme du groupe S₁₀ qui applique respectivement les permutations (1) à (4) de l'énoncé sur les permutations (5) à (8). L'image par L du sous-groupe de S₁₀ engendré par les permutations (1) à (4) de l'énoncé est donc égale à G. Donc G est isomorphe au sous-groupe de S₁₀ engendré par les permutations (1) à (4) de l'énoncé. Comme ces permutations appartiennent à A₁₀, cela revient à la thèse (10). La première assertion de l'énoncé est donc démontrée et la seconde assertion résulte évidemment de la seconde.

Fin de la démonstration

Début d’un théorème

Étape 10

Soient G un groupe simple d'ordre 360 et H < G un sous-groupe propre de G. Alors

$\vert H\vert \leq 60.$

Fin du théorème

Début d'une démonstration

Démonstration

Soit k l'indice de H dans G. D'après le préliminaire 4, 360 divise ${\frac {1}{2}}k!$. Si k était $\leq 5,k!$ diviserait $5!=120,$ donc 360 diviserait 60, ce qui est faux. Donc l'indice de H est au moins égal à 6, d'où l'énoncé.

Fin de la démonstration

Début d’un théorème

Étape 11

Soient G un groupe simple d'ordre 360 et K un sous-groupe de G tel que 1 < K < G. Alors

$\vert N_{G}(K)\vert \leq 60.$

Fin du théorème

Début d'une démonstration

Démonstration

Puisque G est simple et que 1 < K < G, K n'est pas normal dans G, donc $N_{G}(K)<G.$ Donc, d'après l'étape 10, $\vert N_{G}(K)\vert \leq 60.$

Fin de la démonstration

Début d’un théorème

Étape 12

Soient G un groupe simple d'ordre 360 et p un diviseur premier de $\vert G\vert$ = 360. Alors le nombre des p-sous-groupes de Sylow de G est $\geq 6.$ (On peut même dire $\geq 10,$ mais cela ne nous servira pas.)

Fin du théorème

Début d'une démonstration

Démonstration

Choisissons un p-sous-groupe de Sylow de G, soit P. Alors 1 < P < G, donc, d'après l'étape 11,

$\vert N_{G}(P)\vert \leq 60.$

On sait que le nombre des p-sous-groupes de Sylow de G est égal à $[G:N_{G}(P)],$ d'où l'énoncé.

Fin de la démonstration

Début d’un théorème

Étape 13

Soit G un groupe simple d'ordre 360. Alors le nombre des 3-sous-groupes de Sylow de G est égal à 10. Si P est un 3-sous-groupe de Sylow de G, alors $\vert N_{G}(P)\vert =36.$

Fin du théorème

Début d'une démonstration

Démonstration

Soit n le nombre des 3-sous-groupes de Sylow de G. D'après l'étape 12, $n\geq 6.$ D'autre part, d'après les théorèmes de Sylow, n est congru à 1 modulo 3 et divise 40. Donc n est égal à 10 ou à 40. S'il était égal à 40, alors le normalisateur $N_{G}(P)$ d'un 3-sous-groupe de Sylow P de G serait d'indice 40 dans G, autrement dit serait d'ordre 9. Comme un groupe dont l'ordre est le carré d'un nombre premier est commutatif, $N_{G}(P)$ serait donc commutatif, ce qui contredit le préliminaire 8. Donc n est égal à 10, ce qui prouve la première assertion de l'énoncé. La seconde assertion de l'énoncé résulte de la première.

Fin de la démonstration

Début d’un théorème

Étape 14

Soient G un groupe simple d'ordre 360, P et Q deux différents 3-sous-groupes de Sylow de G. Alors $P\cap Q=1$.

Fin du théorème

Début d'une démonstration

Démonstration

Supposons que, par absurde, $P\cap Q\neq 1.$ (Puisque P et Q sont d'ordre 9, on doit avoir $\vert P\cap Q\vert =3.$)

Puisque l'ordre de P et de Q est le carré d'un nombre premier, ces deux groupes sont commutatifs, donc ils sont tous deux contenus dans $C_{G}(P\cap Q).$ A fortiori,

(1) P et Q sont tous deux contenus dans $N_{G}(P\cap Q).$

Donc

(2) $N_{G}(P\cap Q)$ contient au moins deux sous-groupes d'ordre 9.

Désignons par n le nombre des 3-sous-groupes de Sylow de $N_{G}(P\cap Q).$ Puisque 9 est la plus grande puissance de 3 qui divise $\vert G\vert$ et que, d'après 2, l'ordre de $N_{G}(P\cap Q)$ est divisible par 9, les 3-sous-groupes de Sylow de $N_{G}(P\cap Q)$ sont ses sous-groupes d'ordre 9. Donc notre résultat (2) signifie que n > 1. D'autre part, d'après les théorèmes de Sylow, n est congru à 1 modulo 3 et divise $\vert N_{G}(P\cap Q)\vert$, lequel divise $\vert G\vert =360$. Étant congru à 1 modulo 3, n est premier avec 3, donc, divisant 360, il divise 40.
Donc n est > 1, est congru à 1 modulo 3 et divise 40, ce qui n'est possible qu'avec n = 4, 10 ou 40. Si n est égal à 10 ou à 40, alors (puisqu'on a noté que n divise $\vert N_{G}(P\cap Q)\vert$) $\vert N_{G}(P\cap Q)\vert$ est divisible par 10. On a vu qu'il est également divisible par 9, donc il est divisible par 90, ce qui contredit l'étape 11 (compte tenu que $1<P\cap Q<G$).
Donc n = 4, donc $\vert N_{G}(P\cap Q)\vert$ est divisible par 36. S'il n'est pas égal à 36, il est $\geq 72$, ce qui contredit l'étape 11. Donc

(3) $\vert N_{G}(P\cap Q)\vert =36.$

Puisque, d'après(2) $N_{G}(P\cap Q)$ a plus d'un 3-sous-groupe de Sylow, il n'a pas de 3-sous-groupe de Sylow normal, donc, d'après (3) et le préliminaire 9, il a un sous-groupe normal d'ordre 4, soit A. Puisque A est normal dans $N_{G}(P\cap Q)$, $N_{G}(P\cap Q)$ est contenu dans $N_{G}(A)$, donc, d'après (3),

(4) $\vert N_{G}(A)\vert$ est divisible par 36.

D'autre part, A, étant d'ordre 4, est contenu dans un 2-sous-groupe de Sylow de G, c'est-à-dire dans un sous-groupe B d'ordre 8 de G. Puisque A est d'indice 2 dans B, il est normal dans B, donc B est contenu dans $N_{G}(A)$, donc $\vert N_{G}(A)\vert$ est divisible par 8. Joint à (4), cela entraîne que $\vert N_{G}(A)\vert$ est divisible par 72. Puisque 1 < A < G, cela contredit l'étape 11. La contradiction obtenue prouve l'énoncé.

Fin de la démonstration

Début d’un théorème

Étape 15

Soit G un groupe simple d'ordre 360. G n'a pas d'élément d'ordre 6.

Fin du théorème

Début d'une démonstration

Démonstration

Prouvons d'abord que

(thèse 1)$\qquad$ G n'a pas d'élément d'ordre 6.

On va refaire des raisonnements déjà tenus dans la démonstration de l'étape 4.
Soit, par absurde,

(hyp. 2)$\qquad g$ un élément d'ordre 6 de G.

Désignons par X l'ensemble des 3-sous-groupes de Sylow de G. D'après l'étape 13,

$\vert X\vert =10.$

Puisque G est simple, l'homomorphisme de G dans $S_{X}$ qui applique l'élément $h$ de G sur la permutation $P\mapsto hPh^{-1}$ est injectif et prend ses valeurs dans $A_{X}$ (voir le chapitre Premiers résultats sur les groupes simples), donc

la permutation $\sigma :P\mapsto gPg^{-1}$ de X

est paire et d'ordre 6. Donc, d'après le préliminaire 11, la permutation $\sigma ^{2}$ a plusieurs points fixes, ce qui revient à dire que $g^{2}$ normalise plusieurs 3-sous-groupes de Sylow de G. Mais $g^{2}$ est d'ordre 3 et un élément d'ordre 3 qui normalise un 3-sous-groupe de Sylow appartient à ce sous-groupe (voir préliminaire 2), donc $g^{2}$ est un élément d'ordre 3 de G qui appartient à plusieurs 3-sous-groupes de Sylow de G, ce qui contredit l'étape 14.

Fin de la démonstration

Début d’un théorème

Étape 16

Soient G un groupe simple d'ordre 360. Chaque 3-sous-groupe de Sylow de G est le produit direct de deux sous-groupes d'ordre 3.

Fin du théorème

Début d'une démonstration

Démonstration

Les 3- sous-groupes de Sylow de G sont d'ordre 9 et tout groupe d'ordre 9 est cyclique ou produit direct de deux sous-groupes d'ordre 3, donc il suffit de prouver que les 3- sous-groupes de Sylow de G ne sont pas cycliques, ce qui revient à dire que G n'a pas d'élément d'ordre 9.

Soit P un 3-sous-groupe de Sylow de G.
Supposons que, par absurde,

(hyp. 1) P soit cyclique.

Alors, d'après le préliminaire 1,

(2)$\qquad [N_{G}(P):C_{G}(P)]$ divise 2.

D'autre part, d'après l'étape 13,

$\vert N_{G}(P)\vert =36.$

Donc, d'après (2), $\vert C_{G}(P)\vert$ est pair, donc, d'après le théorème de Cauchy,

$C_{G}(P)$ comprend au moins un élément d'ordre 2, soit $t.$.

Choisissons un élément $x$ d'ordre 3 dans P. Alors $xt$ est un élément d'ordre 6 de G, ce qui contredit l'étape 15. Donc notre hypothèse (1) est absurde, donc P n'est pas cyclique. Comme nous l'avons noté au début de la démonstration, cela prouve l'énoncé.

Fin de la démonstration

Début d’un théorème

Étape 17

1° Tout groupe simple d'ordre 360 est un groupe coléen;

2° tout groupe coléen est isomorphe à $A_{6}$;

3° tout groupe simple d'ordre 360 est isomorphe à $A_{6}.$

Fin du théorème

Début d'une démonstration

Démonstration

Le point 1° résulte des étapes 13, 14 et 16.

Puisque $A_{6}$ est un groupe simple d'ordre 360, il résulte du point 1° que $A_{6}$ est un groupe coléen, donc, d'après l'étape 9, tout groupe coléen est isomorphe à $A_{6}$, ce qui démontre le point 2° de l'énoncé.

Le point 3° de l'énoncé résulte évidemment des points 1° et 2°.

Fin de la démonstration

Le point 3° de l'étape 17 est le théorème de Cole annoncé au début du chapitre. Le point 2° nous permettra de prouver dans les exercices qu'il n'y a pas de groupe simple d'ordre 720.

Remarque. Il existe une autre démonstration du théorème de Cole, reposant sur la théorie des caractère des groupes finis.