\documentclass{article}
\include{preambule}
\newtheorem*[bodystyle=\upshape, M]{thm}{Théorème}
\newtheorem[bodystyle=\upshape, S]{prop}{Proposition}
\newtheorem[bodystyle=\upshape, S]{lem}{Lemme}
\newtheorem[bodystyle=\upshape, S]{coro}{Corollaire}


\newcommand{\Scal}{\mathcal S}

\renewenvironment{proof}[1][]{{\underline{\bfseries \proofname #1 :}\\ }}{\hfill $\blacksquare$\\}

\begin{document}
\renewcommand{\proofname}{Preuve}

\begin{textblock*}{3cm}(40mm,10mm) 
\includegraphics[scale=0.25]{images/sylow.jpeg} 
\end{textblock*} 

\begin{center}
\begin{huge}
Théorème de Sylow\\
\end{huge}
\vspace{0.5cm}
Laura \textsc{Gay}\\
\vspace{1cm}
\end{center}


\underline{Référence :} \textsc{Perrin} : Cours d'algèbre p. 18\\
~\\
\underline{Contexte :} Soit $G$ un groupe d'ordre $n=p^{\alpha}m$, où $p$ est un nombre premier, $n\in\N$ et $p \nmid m$. \\
On se servira souvent du fait que $S$ est un $p$-Sylow de $G$ $\Leftrightarrow$ $S$ est un $p$-groupe et $[G:S]$ est premier à $p$. 
~\\ 
\begin{lem}
$GL_n(\F_p)$ a un $p$-Sylow.
\end{lem}
~\\
\begin{proof}[ du Lemme 1]
~\\
Déjà, $\abs{GL_n(\F_p)}=(p^n-1)(p^n-p)\cdots(p^n-p^{n-1})=\footnote{On a $\prod_{i=0}^{n-1}(p^n-p^i)=\prod_{i=0}^{n-1}p^i(p^{n-i}-1)=(p^n-1)\cdots(p-1)\prod_{i=0}^{n-1}p^i=(p^n-1)\cdots(p-1)p^{\sum_{i=0}^{n-1} i}=(p^n-1)\cdots(p-1)p^{\frac{n(n-1)}{2}} $}\underbrace{(p^n-1)(p^{n-1}-1)\cdots(p-1)}_{m} p^{\frac{n(n-1)}{2}}$ où $p \nmid m$.\\
Soit $P$ l'ensemble des matrices triangulaires supérieures strictes:
$$P:=\{A=(a_{ij})~/~a_{ij}=0\text{ si }i>j\text{ et }a_{ii}=1\}$$
Pour $i<j$, les  $a_{ij}$ sont quelconques\footnote{Première ligne: 0 case, Deuxième ligne: 1 case, ...,$n$-ième ligne: $n-1$ cases} donc $\abs{P}=p.p^2.\cdots.p^{n-1}=p^{\frac{n(n-1)}{2}}$. \\
Ainsi, $P$ est un $p$- Sylow de $GL_n(\F_p)$.\end{proof}
~\\
\begin{lem}
Soient $H <G $, $S$ $p$-Sylow de $G$, alors $\exists a\in G$ tel que $aSa^{-1}\cap H$ soit un $p$-Sylow de $H$.
\end{lem}
~\\
\begin{proof}[ du Lemme 2]
~\\
$G$ agit par translation à gauche sur $\sfrac{G}{S}\footnote{Attention, $S$ n'est pas forcément distingué, donc $\sfrac{G}{S}$ n'est pas nécessairement un groupe. Cela désigne simplement l'ensemble des classes à gauche modulo $S$.}$ (on multiplie à gauche).\\
  Le stabilisateur de $aS$ est $aSa^{-1}$ (se montre par double inclusion). Mais comme $H$ opère lui aussi sur $\sfrac{G}{S}$ par restriction, pour cette action restreinte, le stabilisateur de $aS$ est $aSa^{-1}\cap H$. \\
Il reste à voir que l'un de ces sous-groupes est un Sylow de $H$. $aSa^{-1}\cap H$ est un sous-groupe de $aSa^{-1}$ car cette intersection est non vide (neutre). Donc $\abs{Sa^{-1}\cap H}$ divise $\abs{aSa^{-1}}=\abs{S}=p^\alpha$ donc $Sa^{-1}\cap H$ est un $p$-groupes.\\
On veut donc montrer que, pour un $a\in G$, $\abs{\sfrac{H}{(aSa^{-1}\cap H)}}$ est premier à $p$. \\
La formule des classes donne $\abs{\sfrac{H}{(aSa^{-1}\cap H)}}=\frac{\abs{H}}{\abs{aSa^{-1}\cap H}}=\abs{\T{orbite de $aS$ pour l'action de }H}$. Or:
 $$\sfrac{G}{S} = \bigcup (\T{orbite de $aS$ pour l'action de }H)$$
 Supposons par l'absurde que $\forall a \in G, ~p \mid  \abs{\sfrac{H}{(aSa^{-1}\cap H)}}$. Alors $p \mid \abs{\sfrac{G}{S}}$. Absurde car $S$ est un $p$-Sylow de $G$. Donc $\exists a\in G$ tel que $aSa^{-1}\cap H$ soit un $p$-Sylow de $H$. \end{proof}
 
 \begin{lem}
 Soit $S$ un $p$-groupe opérant sur un ensemble $X$. Alors $\abs{X} \equiv \abs{X^S}~[p]$.
 \end{lem}
 ~\\ 
 \begin{proof}[ du Lemme 3]
 On note $\omega$ pour l'orbite.\\
 Si $x \in X^S$, $\omega(x)=\{x\}$ car c'est un point fixe. \\
 Si $x \notin X^S$, $\abs{\omega(x)}>1$ et comme $\abs{\omega(x)} \vert \abs{S}$, $p \vert \abs{\omega(x)}$. \\
 On a, comme $X$ peut s'écrire comme partition disjointe de ses classes (orbites):
 $$\abs{X}=\underbrace{\sum_{x \in X^G}\abs{\omega(x)}}_{\abs{X^G}}+\underbrace{\sum_{x \notin X^G}\abs{\omega(x)}}_{\text{divisible par $p$}}$$
 D'où le résultat.
 \end{proof}
~\\
\begin{thm} [Sylow-1872]
\begin{enumerate}
\item Il existe un $p$-Sylow dans $G$.
\item Si $H$ est un $p$-sous-groupe de $G$, il est contenu dans un $p$-Sylow $S$.
\item Les $p$-Sylow de $G$ sont tous conjugués entre eux. (i.e. si $H$ et $K$ sont deux $p$-Sylow de $G$, alors il existe un élément $g$ dans $G$ vérifiant $gHg^{-1}=K$)
\item Si $S$ est un $p$-Sylow de $G$, on a, $S \lhd G \Leftrightarrow n_p=1$.
\item Soit $n_p$ le nombre de $p$-Sylow de $G$. Alors $n_p \equiv 1~[p]$ et donc $n_p \vert m$.
\end{enumerate}
\end{thm}
~\\
\begin{proof}[ du Théorème]
\begin{enumerate}
\item Comme $\abs{G}=n$, on plonge $G$ dans $\Scal_n$. Puis on plonge $\Scal_n$ dans $GL_n(\mathbb{F}_p)$ par
$$\fnct{u}{\Scal_n}{GL_n(\F_p)}{\sigma}{u_{\sigma}} \text{ où }u_{\sigma}(e_i)=e_{\sigma(i)}~,~(e_i)_i \text{ base canonique}$$
Ainsi, on réalise $G$ comme sous-groupe de $GL_n(\F_p)$. Ce dernier a un $p$-Sylow (\textbf{Lemme 1}) donc $G$ aussi (\textbf{Lemme 2}).
\item Soit $H$ un $p$-sous-groupe de $G$ et $S$ un $p$-Sylow de $G$ (possible car on a montré en 1. l'existence). Il existe, par le \textbf{Lemme 2}, $a \in G$ tel que $aSa^{-1}\cap H$ soit un $p$-Sylow de $H$. Or, comme $H$ est un $p$-groupe (son cardinal est un $p^\beta$) donc un $p$-Sylow c'est forcément tout $H$ ie $aSa^{-1}\cap H=H$ ie $H \subset aSa^{-1}$, ce dernier étant un $p$-Sylow. 
\item Si de plus $H$ est un Sylow, on a exactement $H=aSa^{-1}$ ie les Sylow sont tous conjugués.
\item Comme ils sont tous conjugués et que $S$ est distingué Ok...
\item On fait opérer $G$ par conjugaison sur l'ensemble $X$ de ses $p$-Sylow. Soit $S$ un $p$-Sylow, $S$ opère lui aussi sur $X$ et le \textbf{Lemme 3} donne $\abs{X}=n_p \equiv \abs{X^S}~[p]$.\\
Il reste à voir que $\abs{X^S}=1$. \\
Déjà, si $s \in S$, on a clairement $sSs^{-1}=S$ donc $S \in X^S$. Il faut montrer que c'est le seul.\\
Soit $T$ un autre $p$-Sylow. On suppose que $T \in X^S$ ie $\forall s \in S,$ $sTs^-1=T$. \\
Soit $N$ le sous-groupe de $G$ engendré par $S$ et $T$. $S$ et $T$ sont a fortiori des $p$-Sylow de $N$ (s'écrit facilement). Mais par construction de $N$ et de $T \in X^S$ on a $T \lhd N$ et le 3. donne que $T$ est l'unique $p$-Sylow de $N$ ie $T=S$. Donc $n_p \equiv 1~[p]$.\\
Comme $n_p \vert \abs{G}$ et $n_p \wedge p =1$ on a (théorème de Gauss) $n_p \vert m$. 
			
\end{enumerate}
\end{proof}



\section*{Application}

[Ulmer p.88] Un groupe d'ordre 15 est toujours cyclique et isomorphe à $\Z/15\Z$. En effet, par le théorème on a $n_5 \vert 3$ et $n_5 \equiv 1 ~[5]$. Donc $n_5=1$. De même, on a $n_3=1$. Notons $P_i$ le $i$-Sylow qui est distingué dans $G$. On a $\abs{P_i}=i$ premier donc les $P_i$ sont cycliques. et $G \cong\footnote{C'est un théorème car ils sont distingués et $G$ est fini.} P_3 \times P_5 \cong \Z/3\Z \times \Z/5\Z \cong \Z/15\Z$ par le théorème chinois.


\vspace{2cm}

\hrulefill \\
~\\
\underline{Notes:}\\
~\\
\checkmark ~\textbf{A l'oral}, bla\\
\checkmark ~Rappel (définition d'un $p$-groupe):  Soit $p$ un nombre premier. On appelle $p$-groupe un groupe dont tout élément a pour ordre une puissance de $p$. \\
\checkmark ~Rappel (définition d'un $p$-Sylow): Soit $p$ un nombre premier et $G$ un groupe fini ; on définit un $p$-sous-groupe de Sylow (ou $p$-Sylow) de $G$ comme un élément maximal de l'ensemble des $p$-sous-groupes de $G$, au sens de l'inclusion. Autrement dit, c'est un $p$-sous-groupe de $G$ qui n'est contenu dans aucun autre $p$-sous-groupe de $G$. Tout $p$-sous-groupe de $G$ est inclus dans un $p$-sous-groupe maximal, ce qui garantit l'existence de $p$-Sylow. L'ensemble (non vide, donc) de tous les $p$-Sylow pour un entier premier $p$ donné est parfois noté $\T{Syl}_{p}G$.\\
$\clubsuit$ Ludwig \textsc{Sylow} (1832- 1918) est un mathématicien norvégien. Il étudia la théorie des groupes. Conjointement avec \textsc{Lie}, il travailla sur les travaux d'\textsc{Abel} entre 1873 et 1881. 
\end{document}