Algèbre abstraite Théorie et applications

À l’aide des théorèmes de Sylow, nous pouvons déterminer que \(A_5\) possède des sous-groupes d’ordres \(2\text{,}\) \(3\text{,}\) \(4\) et \(5\text{.}\) Les \(p\)-sous-groupes de Sylow de \(A_5\) ont pour ordres \(3\text{,}\) \(4\) et \(5\text{.}\) Le Troisième théorème de Sylow nous dit exactement combien de \(p\)-sous-groupes de Sylow possède \(A_5\text{.}\) Comme le nombre de \(5\)-sous-groupes de Sylow doit diviser \(60\) et être congru à \(1 \pmod{5}\text{,}\) il y a soit un soit six \(5\)-sous-groupes de Sylow dans \(A_5\text{.}\) Tous les \(5\)-sous-groupes de Sylow sont conjugués. S’il n’y avait qu’un seul \(5\)-sous-groupe de Sylow, il serait conjugué à lui-même ; c’est-à-dire qu’il serait un sous-groupe normal de \(A_5\text{.}\) Comme \(A_5\) n’a pas de sous-groupes normaux, cela est impossible ; ainsi, nous avons déterminé qu’il y a exactement six \(5\)-sous-groupes de Sylow distincts dans \(A_5\text{.}\)

Tout groupe d’ordre \(15\) est cyclique. C’est vrai car \(15 = 5 \cdot 3\) et \(5 \not\equiv 1 \pmod{3}\text{.}\)

Classifions tous les groupes d’ordre \(99 = 3^2 \cdot 11\) à isomorphisme près. Nous allons d’abord montrer que tout groupe \(G\) d’ordre \(99\) est abélien. D’après le Troisième théorème de Sylow, il y a \(1 + 3k\) sous-groupes de Sylow de \(3\text{,}\) chacun d’ordre \(9\text{,}\) pour un certain \(k = 0, 1, 2, \ldots\text{.}\) De plus, \(1 + 3k\) doit diviser \(11\) ; donc il ne peut y avoir qu’un seul sous-groupe normal de Sylow de \(3\text{,}\) \(H\text{,}\) dans \(G\text{.}\) De même, il y a \(1 +11k\) sous-groupes de Sylow de \(11\) et \(1 +11k\) doit diviser \(9\text{.}\) Par conséquent, il n’y a qu’un seul sous-groupe de Sylow de \(11\text{,}\) \(K\text{,}\) dans \(G\text{.}\) D’après Corollaire 14.2.5, tout groupe d’ordre \(p^2\) est abélien pour \(p\) premier ; donc \(H\) est isomorphe soit à \({\mathbb Z}_3 \times {\mathbb Z}_3\) soit à \({\mathbb Z}_9\text{.}\) Comme \(K\) est d’ordre \(11\text{,}\) il doit être isomorphe à \({\mathbb Z}_{11}\text{.}\) Par conséquent, les seuls groupes possibles d’ordre \(99\) sont \({\mathbb Z}_3 \times {\mathbb Z}_3 \times {\mathbb Z}_{11}\) ou \({\mathbb Z}_9 \times {\mathbb Z}_{11}\) à isomorphisme près.

Nous allons maintenant montrer que tout groupe d’ordre \(5 \cdot 7 \cdot 47 = 1645\) est abélien, et cyclique d’après Théorème 9.2.9. D’après le Troisième théorème de Sylow, \(G\) n’a qu’un seul sous-groupe \(H_1\) d’ordre \(47\text{.}\) Donc \(G/H_1\) est d’ordre 35 et doit être abélien d’après Théorème 15.2.2. Par conséquent, le sous-groupe des commutateurs de \(G\) est contenu dans \(H\text{,}\) ce qui nous dit que \(|G'|\) est soit \(1\) soit \(47\text{.}\) Si \(|G'|=1\text{,}\) nous avons terminé. Supposons que \(|G'|=47\text{.}\) Le Troisième théorème de Sylow nous dit que \(G\) n’a qu’un seul sous-groupe d’ordre \(5\) et qu’un seul sous-groupe d’ordre \(7\text{.}\) Donc il existe des sous-groupes normaux \(H_2\) et \(H_3\) dans \(G\text{,}\) où \(|H_2| = 5\) et \(|H_3| = 7\text{.}\) Dans les deux cas, le groupe quotient est abélien ; donc \(G'\) doit être un sous-groupe de \(H_i\text{,}\) \(i= 1, 2\text{.}\) Par conséquent, l’ordre de \(G'\) est \(1\text{,}\) \(5\) ou \(7\text{.}\) Or, nous avons déjà déterminé que \(|G'| =1\) ou \(47\text{.}\) Donc le sous-groupe des commutateurs de \(G\) est trivial, et par conséquent \(G\) est abélien.