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\title{Simplicité de $A_n$}



\begin{document}

\maketitle

\section*{Simplicité de $A_5$}

Les éléments d'ordre 2 sont conjugués dans $A_5$, de même que ceux d'ordre 3 et 5. Pour les deux derniers, c'est le fait que les $p$-Sylow sont conjugués.
Quant aux éléments d'ordre 2 de $A_5$, ce sont des doubles transpositions. Soient $s_1=(a,b)(c,d)(e)$ et $s_2=(a',b')(c',d')(e')$ deux d'entre eux, 
et soit $\sigma$ une permutation qui envoit $a$ sur $a'$, $b$ sur $b'$ et $e$ sur $e'$. On peut alors envoyer $\{c,d\}$ sur $\{c',d'\}$ de sorte
que $\sigma\in A_5$, et $\sigma s_1 \sigma^{-1}=s_2$. Ceci indique qu'un sous-groupe distingué contient un élément d'ordre $p$ les contient tous.

\bigskip

$A_5$ possède :
\begin{itemize}
\item  $(5-1)!=24$ 5-cycles (ses éléments d'ordre 5)
\item $2\binom{5}{3}=20$ 3-cycles (ses éléments d'ordre 3)
\item $\frac1{2}\binom{5}{2}\binom{3}{2}=15$ éléments d'ordre 2.
\end{itemize}

\bigskip

Un sous-groupe distingué, dont le cardinal divise 60, doit nécessairement comporter, en plus du neutre, plusieurs types d'éléments. Donc son cardinal
est supérieur à 36 autrement dit c'est $A_5$ tout entier, qui se révèle donc simple.

\section*{$n\geq 5$ quelconque}

On va se ramener au cas $n=5$ par une permutation du sous-groupe n'agissant que sur 5 éléments.

Soient $H\vartriangleleft A_5$, $\sigma\in H\setminus\{e\}$ et soit $a\in[|1,n|]$ tel que $b=\sigma(a)\neq a$, enfin soit $c\notin\{a,b,\sigma(b)\}$ et $\tau=(acb)$.
On a

\begin{eqnarray*}
 \rho  & = & (\tau\sigma\tau^{-1})\sigma^{-1} \in H\\
& = &\tau(\sigma\tau^{-1}\sigma^{-1})\\
& = & (acb)(\sigma(a)\sigma(c)\sigma(b)
\end{eqnarray*}

Ainsi $|supp(\rho)|\leq5$, et $\rho(b)\neq b$ donc $\rho\neq e$. Considérons le morphisme $i$ d'injection de $A_5$ dans $A_n$ qui envoit $s$
sur la permutation de $A_n$ agissant sur $supp(\rho)$ comme $s$ et étant l'identité sur son complèmentaire. La pré-image de $H$ par $i$ est distinguée
dans $A_5$ et non réduit à $\{e\}$ donc égal à $A_5$. Elle contient en particulier un 3-cycle, donc $H$ contient un 3-cycle et les contient tous
puisque ceux-ci sont conjugués dans $A_n$. Or $A_n$ est engendré par les 3-cycles, et finalement $H=A_n$.

\section*{Référence :}
Chambert-Loir, ``Algèbre Corporelle'' (ou : ``a field guide to algebra'') p.104

(mais c'est aussi dans le Delcourt, et un peu partout en fait).
\end{document}
