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\setlength{\parindent}{0cm}%Pas d'indentation au debut des nouveaux paragraphes


\usepackage[all]{xy}%pour les diagrammes commutatifs

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\newtheorem{prop}{Proposition}
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\newtheorem{conj}{Conjecture}


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\DeclareMathOperator{\intd}{] \! ]}
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\begin{document}
\begin{center}
\begin{huge}
Groupes d'ordre $pq$\\
\end{huge}
\vspace{1cm}
Florian \textsc{Bouguet}\\
\end{center}




\underline{Références :}
\begin{itemize}
	\item \textsc{Perrin} : Cours d'algèbre (un peu)\\
\end{itemize}

Un développement pas trop compliqué sur la structure des groupes d'ordre $pq$. Il fait cependant appel à la notion de produit semi-direct, qu'il est bon d'avoir revue avant le jour J.

\vspace{1cm}

\begin{theo}
Considérons $G$ un groupe d'ordre $pq$, où $p$ et $q$ sont premiers distincts\\
Alors $G$ n'a que deux structures possibles.
\end{theo}

\underline{Preuve :}\\

Mon énoncé n'étant peut-être pas le plus clair du monde, prenons le temps de bien le reformuler. En d'autres termes, tous les groupes d'ordre $pq$ non-isomorphes à $\Z/(pq)\Z$ (qui est un groupe évident d'ordre $pq$) sont isomorphes entre eux.\\

Soient donc $p$ et $q$ deux nombres premiers distincts ; on peut supposer que $p<q$. Posons $G$ d'élément neutre $e$ un groupe d'ordre (i.e. de cardinal)
\[|G|=pq\]
D'après le théorème de \textsc{Cauchy}, il existe $H$ et $N$ deux sous-groupes de $G$ d'ordres respectifs $p$ et $q$ (les notations ne sont pas choisies au hasard, on ne va pas tarder à démontrer que $N$ est distingué). Ces sous-groupes sont donc respectivement isomorphes à $\Z/p\Z$ et $\Z/q\Z$.\\

Intéressons-nous aux $q$-Sylow de $G$. D'après le théorème de \textsc{Sylow}, en notant $n_q$ le nombre de $q$-Sylow de $G$ on a
\begin{eqnarray*}
n_q&\equiv1[q]\\
n_q&\text{ divise }p
\end{eqnarray*}

Puisque $p\leq q$, la seule possibilité est $n_q=1$. D'autre part, toujours d'après le théorème de \textsc{Sylow}, les $q$-Sylow sont d'ordre $q$ et conjugués entre eux. En mettant bout à bout tous les arguments, l'unique $q$-Sylow de $G$ est $N$ et il est distingué. Enfin $|G|=|N||H|$ et par primalité $N\cap H={e}$. On a donc on a un produit semi-direct via le morphisme $\varphi:H\to\Aut(N)$ :
\[N\rtimes_\varphi H\approx G\]
On rappelle que la loi d'un tel produit semi-direct est
\[(n,h)\cdot_\varphi(n',h')=\big(n\varphi(h)(n'),hh'\big)\qquad\text{pour }n,n'\in N\text{ et }h,h'\in H\]

Remarquons d'abord que
\[\Aut(N)\approx\Aut(\Z/q\Z)\approx(\Z/q\Z)^*\approx\Z/(q-1)\Z\qquad\text{(voir par exemple \textsc{Perrin})}\]

Soit $x$ un élément de $H$ distinct de $e$. $\ord(x)=p$ car $H$ est d'ordre $p$. Donc $(\varphi(x))^p=1$. On en arrive donc aux deux cas suivants :\\

$\blacktriangleright$ \underline{1er cas : si $p$ ne divise pas $(q-1)$}

Ce cas est le plus facile, car $\ord(\varphi(x))=1$ ou $p$ et $p$ ne divise pas $(q-1)$. Donc $\ord(\varphi(x))=1$ pour tout $x\in H$, donc $\varphi$ est le morphisme trivial. Autrement dit, notre produit semi-direct est direct et
\[G\approx\frac\Z{p\Z}\times\frac\Z{q\Z}\approx\frac\Z{(pq)\Z}\qquad\text{par le lemme chinois}\]

$\blacktriangleright$ \underline{1er cas : si $p$ divise $(q-1)$}

Les choses se compliquent un peu. On peut désormais construire des morphismes non-triviaux réalisant un "vrai" produit semi-direct $N\rtimes_\varphi H$. Attention, cela dépend quand même de la structure du groupe et ne veut pas dire que tous les morphismes sont non-triviaux (pour preuve, $\Z/6\Z$ existe). Terminons alors la preuve du théorème en montrant que si $\varphi$ et $\psi$ sont non-triviaux, alors ils réalisent le même produit semi-direct.\\

$\ker\varphi$ est un sous-groupe de $H$ et $\ker\varphi\neq H$ (car $\varphi$ n'est pas trivial). Donc $\ker\varphi=\{e\}$, et donc $\varphi(H)=G_p$, où $G_p$ est l'unique sous-groupe de $N$ d'ordre $p$. Le raisonnement s'applique aussi à $\psi$ ce qui nous donne le diagramme commutatif suivant :

\[\xymatrix{
      H \ar[r]^\varphi\ar[d]_\alpha& G \\
      H \ar[ur]_\psi& 
}\]

$\alpha$ étant un isomorphisme, on a la bijection suivante :
\[\begin{array}{cccc}
\theta:&N\rtimes_\varphi H & \to &N\rtimes_\psi H\\
&(n,h)&\mapsto&(n,\alpha(h))
\end{array}\]

Nous arrivons à la dernière partie de la preuve, où il reste à montrer que $\theta$ est bien un morphisme :
\begin{eqnarray*}
\theta\big((n,h)\cdot_\varphi(n',h')\big)&=&\theta\big((n\varphi(h)(n'),hh')\big)\\
   &=&(n\varphi(h)(n'),\alpha(hh'))\\
\theta\big((n,h)\big)\cdot_\psi\theta\big((n',h')\big)&=&\big(n,\alpha(h)\big)\cdot_\psi\big(n',\alpha(h')\big)\\
   &=&(n\psi(\alpha(h))(n'),\alpha(h)\alpha(h'))
\end{eqnarray*}

On a égalité, car $\varphi=\psi\circ\alpha$ et $\alpha$ est un morphisme.\\\qed

\underline{Remarques :}\\

On a donc conclut que deux groupes d'ordre $pq$ sont isomorphes si ils ne sont pas isomorphes à $\Z/(pq)\Z$. Un tel résultat peut alors permettre d'affirmer sans autre forme de procès que $D_3$ et $\frak S_3$ sont isomorphes, car ni l'un ni l'autre ne possède d'élément d'ordre 6.



























\end{document}