TD6 : groupe linéaire, homographies, simplicité

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1 École Normale Supéreure 1ère année Année Algèbre 1 TD6 : groupe lnéare, homographes, smplcté Exercces : à préparer à la mason avant le TD, seront corrgés en début de TD. Exercces : seront tratés en classe en prorté. Exercces : plus dffcles. Exercce 1 : a Sot K un corps et sot E un K-espace vectorel de dmenson fne. Rappeler pourquo PGL(E agt fdèlement sur P(E. b Sot q une pussance d un nombre premer et n 2. Construre un morphsme de groupes njectf canonque PGL n (F q S N avec N := qn 1 q 1. c Identfer les groupes PGL n (F q et PSL n (F q pour n = 2 et q = 2, 3, 4, 5. d Montrer que PSL 2 (F 5 est somorphe à PGL 2 (F 4. Soluton de l exercce 1. a vor cours. b La queston a assure que l on a un morphsme de groupes njectf ϕ : PGL(F n q S(P n 1 (F q. Or par défnton on a P n 1 (F q = (F n q \ {0}/F q, donc on dédut faclement que P n 1 (F q = F n q F q = qn 1 q 1 =: N. Par conséquent, on a ben un morphsme de groupes njectf ϕ : PGL n (F q S N. On peut donner une autre preuve, plus géométrque, par récurrence sur n : on sat que l espace projectf P n 1 (K est réunon dsjonte d un espace affne de dmenson n 1 sur K (dsons K n et d un hyperplan projectf de dmenson n 2 (.e. somorphe à P n 2 (K, appelé hyperplan à l nfn. On a donc P n 1 (K = K n 1 P n 2 (K, dont on dédut par récurrence la formule suvante : P n 1 (F q = q n 1 + q n q + 1. c Pour n = 2, le morphsme ϕ de la queston précédente est de la forme ϕ : PGL 2 (F q S q+1, avec PGL 2 (F q = (q 1q(q + 1 et S q+1 = (q + 1!. S q = 2 ou 3, les deux cardnaux sont égaux, ce qu assure que ϕ est un somorphsme. Donc PGL 2 (F 2 = S 3 et PGL 2 (F 3 = S 4. En outre, PSL 2 (F 2 = PGL 2 (F 2 = GL 2 (F 2, donc PSL 2 (F 2 = S 3. On vérfe auss que PSL 2 (F 3 PGL 2 (F 3 est un sous-groupe d ndce 2, donc PSL 2 (F 3 = A 4. S q = 4, on a PSL 2 (F 4 = PGL 2 (F 4 S 5 est un sous-groupe d ndce 2, ce qu assure que PSL 2 (F 4 = PGL 2 (F 4 = A 5, l unque groupe smple d ordre 60. S q = 5, les cardnaux assurent que PGL 2 (F 5 S 6 est un sous-groupe d ndce 6. Or un résultat classque assure qu un tel sous-groupe est somorphe à S 5 (vor TD1, exercce 20. Et PSL 2 (F 5 PGL 2 (F 5 est un sous-groupe d ndce 2, ce qu assure que PGL 2 (F 5 = S 5 et PSL 2 (F 5 = A 5. d On a vu à la queston précédente que ces deux groupes sont somorphes à A 5. C est l unque groupe (à somorphsme près smple d ordre 60. Exercce 2 : 1

2 a Sot p un nombre premer. Montrer que la réducton modulo p des coeffcents d une matrce ndut un morphsme de groupes SL n (Z SL n (Z/pZ qu est surjectf. b Montrer que ce résultat reste vra en remplaçant p par n mporte quel enter N 2. c Sot N 3. Montrer que le noyau du morphsme de réducton GL n (Z GL n (Z/NZ est sans torson. Soluton de l exercce 2. a S M SL n (Z, le détermnant de sa réducton modulo p est encore 1 car l expresson du détermnant est la même quel que sot le corps. La réducton modulo p d un produt est ben le produt des réductons car l expresson du produt de deux matrces est la même quel que sot le corps. Donc SL n (Z SL n (Z/pZ est ben défn et c est un morphsme de groupes. Toute matrce élémentare I n + E j de SL n (Z/pZ est l mage de la matrce I n + E j SL n (Z. Comme les matrces élémentares engendrent SL n (Z/pZ = SL n (F p, le morphsme de réducton est surjectf. b Sot N 2. On décompose N en facteurs premers : N = n =1 pα, avec les p premers deux-à-deux dstncts. Alors le lemme chnos assure que l applcaton naturelle de réducton SL n (Z/NZ n SL n (Z/p α Z est un somorphsme de groupes, compatble aux morphsmes naturels SL n (Z SL n (Z/NZ et SL n (Z n SL n(z/p α Z. Cela assure, va la preuve de la queston précédente, qu l sufft de montrer que pour p premer et α 1, SL n (Z/p α Z est engendré par les matrces élémentares. Pour cela, on adapte la démonstraton du cas de SL n (K, où K est un corps. Sot en effet M SL n (Z/p α Z. Pusque le détermnant de M vaut 1 modulo p α, le développement par rapport à la premère lgne assure qu l exste un coeffcent de la premère lgne de M qu n est pas dvsble par p, donc qu est nversble dans Z/p α Z. On utlse cet élément nversble comme pvot, et la preuve du cas des corps fonctonne (récurrence sur la talle de la matrce. c Sot A GL n (Z d ordre fn r dans le noyau de ce morphsme. Alors A r = I n, ce qu assure que A est annulée par le polynôme X r 1. Comme ce polynôme est scndé à racnes smples dans C, A est dagonalsable dans C, et ses valeurs propres λ 1,..., λ n sont des racnes de l unté dans C. Et par hypothèse, l exste une matrce B Mat n (Z telle que A = I n +N.B. Un calcul smple assure que χ A (X = N n ( χ X 1 B N. Donc χ A (1 = N n χ B (0, avec χ B (0 Z. Et χ A (X = n =1 (X λ, donc χ A (1 = n =1 1 λ 2 n. On a donc χ B (0 Z et χ B (0 N n 2 n, avec N 3. Donc nécessarement χ B (0 = 0, donc χ A (1 = 0. Donc on peut supposer que λ 1 = 1. Donc A admet un vecteur propre dans Q n pour la valeur propre λ 1 = 1. Qutte à multpler par un ratonnel ben chos, on peut supposer ce vecteur propre dans Z n, avec les coordonnées premères entre elles. Alors A est semblable dans GL n (Z à une matrce de la forme ( 1 A 0 A avec A GL n 1 (Z. Par constructon, A vérfe les mêmes hypothèses que A, donc A admet également 1 pour valeur propre, et on conclut par récurrence sur n que A = I n. Exercce 3 : On note G := PSL 3 (F 4 et H := PSL 4 (F 2. a Montrer que G et H ont même cardnal. b Montrer que H content deux classes de conjugason dstnctes formées d éléments d ordre 2. c Montrer que tout élément d ordre 2 dans G est la classe d une transvecton de F 3 4. d Montrer que G et H ne sont pas somorphes. 2

3 Soluton de l exercce 3. a On vot faclement que G et H sont de cardnal b On consdère les deux matrces suvantes dans H : A = et B = Il est clar que A et B sont des élément de H d ordre 2. Or A I 4 est de rang 1 alors que B I 4 est de rang 2, donc A et B ne sont pas conjugués dans H. c Sot A G d ordre 2. On note A SL 3 (F 3 un relevé de A. Alors A 2 = αi 3, avec α F 4. Donc A est annulée par X 2 α = (X α 2 2 F 4 [X], ce qu assure que A est trgonalsable, donc A est semblable à une matrce de la forme A = α 2 a b 0 α 2 c 0 0 α 2 avec a, b, c F 4 non tous nuls. On peut en outre supposer que α = 1. La condton A 2 = I 3 équvaut à ac = 0, ce qu assure que a = 0 ou c = 0. Donc A est semblable à l une des deux matrces suvantes A = 1 a b ou, 1 0 b 0 1 c Donc on vot faclement qu une telle matrce A est une matrce de transvecton dans SL 3 (F 4. Or en dmenson n 3, les transvectons sont toutes conjuguées dans SL n (K. Cela assure que G admet une unque classe de conjugason formée d éléments d ordre 2. d Pusqu un somorphsme de groupes envoe les classes de conjugason sur les classes de conjugason et respecte l ordre des éléments, les questons b et c assurent que G et H ne sont pas somorphes. Ce sont donc deux groupes smples non somorphes de même cardnal. On peut montrer que 2160 est le plus pett enter n tel qu l exste deux groupes smples non somorphes de cardnal n. Exercce 4 : Sot K un corps et sot E un K-espace vectorel de dmenson 2. Sot T l ensemble des classes de conjugasons sous SL(E des ( transvectons de E. On fxe une base de E et, pour a K, on note T a 1 a la transvecton de matrce dans cette base. 0 1 a Montrer que T a et T b sont conjuguées s et seulement s ab 1 est un élément de K 2. b En dédure une bjecton entre K /K 2 et T. c Que dre de plus s K = C, R, Q, F p? Soluton de l exercce 4. ( a b a Pour toute matrce A = SL c d 2 (K, pour tout x K, on a ( AT x A 1 1 acx a = 2 x c 2. x 1 bc Donc pour x, y K, les matrces T x et T y sont conjuguées dans SL 2 (K s et seulement s l exste a, b, d K tels que ad = 1 et y = a 2 x s et seulement s l exste a K tel que y = a 2 x s et seulement s yx 1 (K

4 b On défnt l applcaton ψ : K T, où [T ] désgne la classe de smltude de l endomorphsme T. Elle est surjectve car toute transvecton de E a pour matrce T y pour un certan x [T x ] y K, dans une base (e 1, e 2 ben chose. La queston a assure que ψ passe au quotent par (K 2 et ndut la bjecton souhatée. c Pour C, T est un sngleton car tout élément est un carré ; donc toutes les transvectons sont conjuguées dans SL 2 (C. Pour R ou F p, T est un ensemble à 2 éléments. Pour Q, T est nfn, pusque Q /(Q 2 est en bjecton avec l ensemble des enters relatfs sans facteur carré. Exercce 5 : Sot n 1. On note Int(S n le sous-groupe des automorphsmes ntéreurs de Aut(S n. a Sot φ Aut(S n tel que φ transforme toute transposton en une transposton. Montrer que φ est ntéreur. b Sot σ S n. Détermner le cardnal du commutant Z(σ := {τ S n τστ 1 = σ } de σ. c En dédure que s n 6, on a Int(S n = Aut(S n. d Sot n 5 tel que Int(S n = Aut(S n. Montrer que tous les sous-groupes d ndce n de S n sont conjugués. e En utlsant les 5-Sylow de S 5, montrer qu l exste un sous-groupe H d ndce 6 de S 6 opérant transtvement sur {1,..., 6}. f Construre géométrquement un sous-groupe H d ndce 6 dans S 6 vérfant les mêmes proprétés que H. g En dédure que Aut(S 6 Int(S 6. Soluton de l exercce 5. a On peut supposer n 4, pusque tout automorphsme de S pour 3 étant ntéreur (le vérfer. Le groupe symétrque S n est engendré par les transpostons τ = (1 pour 2. Pusque τ et τ j ne commutent pas s j, les supports des transpostons ϕ(τ et ϕ(τ j ont exactement un pont en commun, que l on notera α 1. Comme ϕ(τ a un pont commun avec ϕ(τ 1, ϕ(τ 2 et ϕ(τ 3, l ne peut en tre autrement : tous ont α 1 en commun. On écrt alors ϕ(τ = (α 1 α. On a ensute {α 1,..., α n } = {1,..., n} par njectvté de ϕ. On défnt alors la permutaton α S n par α( = α pour tout : l est alors clar que ϕ est la conjugason par α, donc ϕ Int(S n. b Décomposons σ en produt de cycles à supports dsjonts, k 1 cycles de longueur 1,..., k n cycles de longueur n, avec n = k. Un élément qu commute à σ dot préserver la décomposton en cycles de σ, et donc envoyer le support d un k-cycle sur celu d un autre k-cycle, en respectant l ordre cyclque du support de ces cycles, pour tout k. Ans le commutant d un n-cycle de S n est-l par exemple composé des pussances de ce derner. En mettant cec bout à bout, on prouve que l on a Z(σ = k! k. c Sot ϕ un automorphsme de S n. S τ est une transposton de S n, ϕ(τ est auss d ordre 2 et est donc un produt de k transpostons à supports dsjonts. Or on a Z(τ = Z(ϕ(τ, ce qu se réécrt 2(n 2! = 2 k k!(n 2k!. Comme on a n 6, on vot que cec mpose k = 1. Par la queston b, ϕ est alors ntéreur. d Sot H S n un sous-groupe d ndce n. L acton transtve de S n sur S n /H ndut un morphsme de groupes φ : S n S(S n /H = S n. Alors Ker(φ est un sous-groupe dstngué de S n, c est donc {d}, A n ou S n. Pusque Ker(φ agt trvalement sur la classe de H dans S n /H, on a Ker(φ H, donc Ker(φ = {d},.e. φ est njectve. Donc φ Aut(S n. Par hypothèse, l exste σ S n tel que φ sot la conjugason par σ. Or par constructon φ envoe H sur le stablsateur d un pont (la classe de H dans S(S n /H = S n. Enfn, dans S n, l est clar que les stablsateurs d un pont de {1,..., n} sont tous conjugués. 4

5 e Les théorèmes de Sylow assurent que S 5 admet un ou sx 5-Sylow. La smplcté de A 5 assure que S 5 n admet pas de sous-groupe dstngué d ordre 5, donc S 5 admet exactement sx 5-Sylow. Notons X l ensemble des 5-Sylow de S 5. L acton de S 5 sur X par conjugason est transtve, et ndut un morphsme de groupes µ : S 5 S(X = S 6 dont le noyau est trval (car on connaît les sous-groupes dstngués de S 5. On note alors H := µ(s 5 S 6. f Le groupe H = PGL 2 (F 5, vu comme sous-groupe de S 6 par acton sur P 1 (F 5 (vor exercce 1, n est pas conjugué à S 5 = Stab(6 S 6 pusqu l ne fxe aucun pont. g Les questons d et e (ou f assurent que le groupe S 6 possède au mons un automorphsme extéreur. Exercce 6 : Sot K un corps. a Montrer que l acton de PGL 2 (K sur P 1 (K est 3-transtve. Est-elle 4-transtve? b Pour n = 1, 2, 3, décrre le quotent P 1 (K [n] /PGL 2 (K (.e. l ensemble des orbtes où P 1 (K [n] désgne l ensemble des n-uplets de ponts deux-à-deux dstncts de P 1 (K. c Montrer que l on a une bjecton naturelle (P 1 (K [3] P 1 (K/PGL 2 (K P 1 (K. Cette bjecton est notée (a, b, c, d [a, b, c, d] et [a, b, c, d] est appelé le brapport des ponts a, b, c, d. d Explcter la bjecton précédente va l dentfcaton P 1 (K = K { }. Soluton de l exercce 6. a Soent (x 1, x 2, x 3 P 1 (K 3 et (y 1, y 2, y 3 P 1 (K 3 deux trplets de ponts de P 1 (K deux-àdeux dstncts. Par défnton, l exste des vecteurs non nuls u K 2 et v K 2, défns à un scalare près, tels que x est la classe de u et y celle de v dans P 1 (K. Les ponts ntaux étant deux-à-deux dstncts, cela assure que les vecteurs u (resp. v sont deux-à-deux non proportonnels. En partculer, l exste des scalares λ et µ non nuls tels que u 3 = λ 1 u 1 + λ 2 u 2 et v 3 = µ 1 v 1 + µ 2 v 2. Qutte à remplacer u par λ u et v par µ v, on peut supposer que λ = µ = 1. Comme (u 1, u 2 et (v 1, v 2 sont des bases de K 2, l exste g GL(K 2 telle que g(u = v pour = 1 et 2. Alors par lnéarté, on a g(u 3 = v 3. S on note h l mage de g dans PGL 2 (K, on a h(x = y pour = 1, 2, 3. Cela assure que l acton de PGL 2 (K sur P 1 (K est 3-transtve. En revanche, elle n est pas 4-transtve s K F 2, F 3 : on vot faclement qu un élément de PGL 2 (K est complétement détermné par les mages de tros ponts dstncts de P 1 (K : une applcaton lnéare de K 2 qu a tros drotes propres dstnctes est une homothéte. b La queston a assure que P 1 (K [n] /PGL 2 (K est rédut à un pont s n = 1, 2, 3,.e. l acton de PGL 2 (K sur P 1 (K [n] a une seule orbte. c On défnt une applcaton ϕ : P 1 (K [3] P 1 (K P 1 (K par ϕ(x 1, x 2, x 3, x 4 := h(x 4, où h PGL 2 (K est l unque homographe de P 1 (K telle que h(x 1 =, h(x 2 = 0 et h(x 3 = 1. Cette applcaton est ben défne (vor soluton de la queston a. Elle est surjectve car ϕ(, 0, 1, x = x pour tout x P 1 (K. Soent (x P 1 (K [3] P 1 (K et g PGL 2 (K. S h PGL 2 (K est défne par h(x 1 =, h(x 2 = 0 et h(x 3 = 1, alors ϕ(x = h(x 4, et on vot que h g 1 envoe le trplet (g(x 1, g(x 2, g(x 3 sur le trplet (, 0, 1, ce qu assure que ϕ(g(x = h g 1 (g(x 4 = h(x 4 = ϕ(x. Donc ϕ passe au quotent par PGL 2 (K et ndut une applcaton surjectve ϕ : (P 1 (K [3] P 1 (K/PGL 2 (K P 1 (K. Soent (x et (y dans P 1 (K [3] P 1 (K. On a ϕ(x 1, x 2, x 3, x 4 = ϕ(y 1, y 2, y 3, y 4 s et seulement h(x 4 = g(y 4 où h (resp. g est l unque élément de PGL 2 (K tel que h(x 1 =, h(x 2 = 0 et h(x 3 = 1 (resp. g(y 1 =, g(y 2 = 0 et g(y 3 = 1. Alors l homographe g 1 h envoe x sur y pour = 1, 2, 3, 4. Cela assure que l applcaton ϕ est une bjecton. d On dentfe P 1 (K avec K. Soent x K { } tels que x 1, x 2, x 3 sont deux-à-deux dstncts. S x 1, x 2, x 3, on vérfe que l applcaton h : K K défne par x (avec les conventons usuelles envoe le trplet (x 1, x 2, x 3 sur le trplet (, 0, 1, et x 3 x 1 x 2 x 1 x x 2 x x 1 5

6 ( que h coïncde avec l homographe h x3 x PGL 2 (K défne par la matrce 1 x 2 (x 3 x 1 x 2 x 1 x 1 (x 2 x 1 GL 2 (K, ce qu assure que ϕ(x = h(x 4,.e. ϕ(x = x 3 x 1 x 2 x 1 x 4 x 2 x 4 x 1. S x 1 =, on consdère h : x x x 2 x 3 x 2 et on vérfe que c est une homographe envoyant (x sur (, 0, 1, ce qu redonne la même formule pour ϕ(x avec les conventons usuelles. De même, s x 2 =, on consdère h : x x 3 x 1 x x 1, qu redonne la même formule, et s x 3 =, on consdère h : x x x 2 x x 1, qu redonne encore une fos la même formule. Fnalement, dans tous les cas, on a ben Exercce 7 : ϕ(x = x 3 x 1 x 2 x 1 x 4 x 2 x 4 x 1. a Montrer que le groupe PSL 2 (Z agt naturellement sur le dem-plan de Poncaré H = {z C : Im(z > 0}. b Montrer que cette acton est fdèle. Identfer le stablsateur de H. c Sot G un groupe agssant sur un espace topologque X. Une parte F de X est appelée domane fondamental pour l acton de G sur X s elle vérfe : ( F = F, ( X = hf, ( g G \ {1}, F (gf =. h G Sot D = {z H : Re(z 1, z 1}. 2 En maxmsant la parte magnare des éléments d une orbte PSL 2 (Z z, montrer que D vérfe la proprété (. Montrer que D est un domane fondamental pour l acton de PSL 2 (Z sur H. ( ( En dédure que les matrces et engendrent SL (Z. Soluton de l exercce 7. a On consdère l acton usuelle de PGL 2 (C sur C { } = P 1 (C par homographe, va la formule ( a b z := az + b c d cz + d. ( a b On vérfe faclement que pour tout z H, et tout A = PSL c d 2 (Z, on a A z C et Im (A z = Im (z cz + d 2, ce qu assure que A z H. D où l acton recherchée. ( a b b Sot A = PSL c d 2 (Z. On a ( 0 1 A = a = d et b = c A = ou A = I ( 0 1 On note S :=. Alors Stab( = {I 1 0 2, S} = Z/2Z. ( ( 0 1 En outre, comme pour tout z H, on a z = z, on vot que la matrce 1 0 ne fxe pas le pont z = 1 + H, ce qu assure que l acton de PSL 2 (Z sur H est fdèle. 6

7 c Sot z H. On consdère l orbte PSL 2 (Z z de z, et on note X := {z PSL 2 (Z z : Im (z Im (z Im (z}. On a vu que pour tout A PSL 2 (Z, on a Im (A z =, donc pour cz+d 2 tout z = A z X, on a cz + d 2 1, ce qu n arrve que pour un nombre fn d enters c et d. Par conséquent, l exste z X tel que Im (z sot maxmal. ( 1 1 Comme la matrce T := est dans PSL (Z, et que pour tout n Z, T n z = z +n, on peut supposer que Re (z 1 2. Or S z = 1 z et Im ( 1 z = Im (z Im (z par z 2 maxmalté de z, donc z 1. Donc z D et D vérfe la proprété (. ( a b La proprété ( est clarement vérfée par D. Vérfons la proprété ( : sot A = c d PSL 2 (Z. Sot z D tel que A z D. Par symétre, on peut supposer quer Im (A z Im (z. Alors on a vu que cz + d 2 1, donc c 2 3, donc c = 1, 0 ou 1. s c = 0, alors a = d = 1 et A est une translaton de vecteur (b, 0 (b Z dans H, donc b = 0 (snon A z / D. s c = ±1, alors on vérfe que a = d = 0 et b = 1, ce qu est mpossble. Donc A = I 2. Donc D est ben un domane fondamental pour cette acton. Soent A P SL 2 (Z et z D, on a A z H, donc en adaptant la preuve de la queston c en remplaçant le groupe PSL 2 (Z par son sous-groupe S, T, on vot qu l exste B S, T tel que B (A z D. Alors z D et (BA z D. On a vu à la queston c qu alors BA = ±I 2, ce qu assure que A = B 1 dans PSL 2 (Z, donc A S, T, donc PSL 2 (Z = S, T, et comme S 2 = I 2, on a SL 2 (Z = S, T. Exercce 8 : Sot K un corps. Montrer que les homographes sont exactement les K-automorphsmes du corps K(T (les automorphsmes de K(T dont la restrcton à K est l dentté,.e. que Aut K (K(T = PGL 2 (K. Soluton de l exercce 8. On dspose ( d un morphsme de groupes évdent ϕ : PGL 2 (K Aut K (K(T a b défn de la façon suvante : s A = représente un élément de PGL c d 2 (K, on note ϕ(a le K- at +b automorphsme de K(T défn par ϕ(a : T ct +d. Il est clar que ϕ est un morphsme de groupes. at +b Montrons que ϕ est njectf : s ϕ(a = d, cela sgnfe que ct +d = T, ce qu mplque at +b = ct 2 +dt, donc b = c = 0 et a = d, donc A est une homothéte. Donc ϕ est njectf. Montrons que ϕ est surjectf : sot σ Aut K (K(T. La fracton ratonnelle σ(t s écrt P Q, avec P, Q K[T ] premers entre eux. Comme σ est une bjecton de K(T, on peut écrre T comme une fracton ratonnelle en P Q, donc l R(σ(T exste des polynômes R et S, premers entre eux, tels que T = S(σ(T. En écrvant r 0 et s 0 les coeffcents constants de R et S, et n := max(deg R, deg S, on dédut de cette égalté que (s 0 T r 0 Q n = P U, pour un certan polynôme U K[T ]. Comme P et Q sont premers entre eux, on en dédut que P dvse s 0 T r 0. Or r 0 ou s 0 est non nul, donc cela mplque que deg P 1. Symétrquement, on montre que deg Q 1 en utlsant les coeffcents s n et r n. Donc at +b fnalement σ(t est de la forme ct +d. Enfn, pour que σ sot bjectve, on constate que l on dot avor ad bc 0, ce qu assure que σ est ben une homographe,.e. que ϕ est surjectf. Exercce 9 : Sot G un groupe smple d ordre 360. a Montrer que G admet dx 3-Sylow. b Montrer que G est somorphe à un sous-groupe de A 10. On supposera désormas que G est un sous-groupe de A 10. c Sot S un 3-Sylow de G. Montrer que S n est pas cyclque, et que l on peut supposer que N G (S est le stablsateur de 10 dans G A 10. 7

8 d Montrer que tout élément non trval de S ne fxe aucun pont de {1, 2,..., 9}. e Montrer que l on peut supposer que S est engendré par les éléments x = (1 2 3(4 5 6(7 8 9 et y = (1 4 7(2 5 8( f Montrer que le stablsateur P de 1 dans N G (S est cyclque d ordre 4 et est un 2-Sylow de N G (S. On note z un générateur de P. g Montrer qu on peut supposer que z = ( ( h Sot T un 2-Sylow de G contenant z. Montrer que T = z, t, avec t d ordre 2. Montrer que l on peut supposer que t = (1 10(2 3(5 6(8 9. j Montrer que G = x, y, z, t. k Que peut-on en conclure pour les groupes smples d ordre 360? l Montrer que PSL 2 (F 9 = A 6. Soluton de l exercce 9. a On note n 3 le nombre de 3-Sylow. Les théorèmes de Sylow assurent que n 3 {1, 4, 10, 40}. Alors la smplcté de G assure que n 3 = 10 ou 40. Montrons que n 3 = 40 est mpossble. Premère soluton : supposons n 3 = 40. Alors pour tout 3-Sylow S, le normalsateur N G (S G est d ndce 40, donc N G (S est de cardnal 9. Donc N G (S = S. Et S = 9 assure que S est abélen. Par conséquent, S = Z(N G (S. Alors le théorème de transfert de Burnsde (vor TD1, exercce 14 assure que G n est pas smple, ce qu est contradctore. Seconde soluton : on vot qu l exste deux 3-Sylow S et T tels que I := S T est non trval,.e. est d ordre 3. Alors N G (I content S et T, donc N G (I est multple de 9, dvse 360 et est dstnct de 9. Or N G (I 18, 45 car un groupe d ordre 18 (resp. 45 a un unque 3-Sylow. S N G (I 72, alors N G (I est un sous-groupe strct de G d ndce 5, donc G se plonge dans un groupe symétrque S d avec d 5, ce qu est contradctore car 360 ne dvse pas 5!. Donc N G (I = 36. Donc N G (I a un unque 2-Sylow P, qu est donc dstngué dans N G (I. Alors N G (P content N G (I, et P est contenu comme sous-groupe d ndce 2 dans un 2-Sylow Q de G, donc Q N G (P, donc N G (P est multple de 8, donc N G (P est multple de 72, et dstnct de 360, donc N G (P = 72, donc G admet un sous-groupe d ndce 5, ce qu est contradctore à nouveau. b Pusque n 3 = 10, l acton de G sur l ensemble X des 3-Sylow de G fournt un morphsme de groupes, njectf par smplcté de G, ϕ : G S(X = S 10. Alors ϕ(g A 10 est dstngué non trval dans ϕ(g, donc par smplcté, ϕ(g A 10, d où le résultat. c Comme N G (S fxe S X, le groupe N G (S s dentfe ben au stablsateur du pont S X dans G. Supposons S cyclque. Alors un générateur de S est un élément d ordre 9 dans A 10, donc un 9- cycle. Donc N G (S est formé d éléments de A 9 (on a vu que N G (S fxe un pont normalsant un 9-cycle. Or le centralsateur d u 9-cycle dans A 9 est exactement le sous-groupe engendré par ce cycle, donc cela assure que le morphsme naturel N G (S/S Aut(S est njectf. Or N G (S/S 4 et Aut(S = 6, ce qu est contradctore. Donc S n est pas cyclque. d Supposons qu l exste s S \ {d} fxant un pont {1,..., 9}. Alors s est d ordre 3, et s S T, où T est le 3-Sylow de G correspondant au pont {1,..., 9}. Alors on est exactement dans la stuaton de la seconde soluton de la queston a, et on arrve donc à la même contradcton. D où le résultat. e Les questons c et d assurent que S est engendré par deux éléments x et y de A 9 d ordre 3, qu commutent et qu ne fxent aucun pont de {1,..., 9}. Cela mplque que chacun de ces deux générateurs est un produt de tros 3-cycles à supports dsjonts. Notons x = (a b c(d e f(g h, avec {a, b, c, d, e, f, g, h, } = {1,..., 9}. Comme y commute avec x, y permute les supports des tros 3-cycles de x en respectant l ordre cyclque sur ces supports. En outre, un 3-cycle de y ne peut avor le même support qu un 3-cycle de x, snon un élément non trval de S 8

9 fxe les tros ponts de ce support. Donc qutte à permuter (d e f et (g h, on peut supposer que y = (a d g(b e h(c f. Qutte à renuméroter les éléments de {1,..., 9}, on a le résultat souhaté. f La queston précédente assure que S agt (lbrement et transtvement sur {1,..., 9}. Donc P = 4. Donc P est un 2-Sylow de N G (S (qu est de cardnal 36 et N G (S = S.P. Donc P est somorphe à N G (S/S et on vérfe que le centralsateur de S dans A 9 est un 3-groupe, donc Z G (S = S, donc P = N G (S/G s njecte dans Aut(S = GL 2 (F 3. Et comme N G (S est un sous-groupe de A 9, on vérfe que son acton par conjugason sur S se factorse en un morphsme N G (S SL 2 (F 3. Donc P s njecte dans SL 2 (F 3. Or l exercce 10, queston b du TD4 assure que l unque 2-Sylow de SL 2 (F 3 est somorphe au groupe des quaternons d ordre 8, et tout sous-groupe d ordre 4 du groupe des quaternons est cyclque. Donc P est cyclque. g L élément z P fxe 1 et 10, donc z A({2, 3,..., 9}. Et z est d ordre 4, donc z est un produt de deux 4-cycles à supports dsjonts. Notons a {3,..., 9} l mage de 2 par z. Pusque z normalse S et est d ordre 4, on vot que a {4, 7}. Et s a = 4, nécessarement z = ( ( , et s a = 7, alors z = ( ( Comme ces deux éléments sont nverses l un de l autre, ls engendrent le même groupe P, donc qutte à remplacer z par z 1, on peut supposer que z = ( ( Remarquons que cette queston mplque qu un élément non trval de G fxe au plus deux ponts de {1,..., 10}. h Comme z T est d ndce 2, l exste ben t T tel que T = z, t. Comme G est smple, T ne peut pas être un groupe cyclque, donc t est d ordre 2 ou 4. Or t / N G (S, donc t( Comme z fxe 1 et 10, on vot que nécessarement t(1 = 10 et t(10 = 1. Supposons mantenant t d ordre 4. Comme t est pare et content le cycle (1 10 dans sa décomposton, la restrcton de t à {1,..., 9} est sot un 4-cycle, sot le produt d un 4-cycle par une btransposton de supports dsjonts. Dans les deux cas, t 2 est une btransposton, or t 2 = c 2 et c 2 est un produt de quatre transpostons à supports dsjonts. D où une contradcton. Donc t est d ordre 2. La queston précédente assure que T = D 4. Comme t est pare, d ordre 2 et fxe au plus deux ponts (vor queston g, on vot que t est produt de quatre transpostons (dont (1 10. Comme t normalse P = z, une étude au cas par cas assure que, qutte à multpler t par une pussance de z (ce qu est acceptable, t est ben de la forme souhatée. j Par constructon, x, y, z, t G est un sous-groupe de cardnal 72. Or G n admet pas de sous-groupe strct d ndce 5, donc G = x, y, z, t. k Les questons précédentes assurent que tout groupe smple d ordre 360 est somorphe au sousgroupe G 0 de A 10 engendré par les éléments explctes x, y, z, t de A 10 (ces éléments ne dépendent pas de G. En partculer, cela mplque que tous les groupes smples d ordre 360 sont somorphes. l Ces deux groupes sont smples d ordre 360, donc la queston précédente assure le résultat. 9