groupe simple de cardinal 2520

[invite35452583]

Je poste ceci que je viens de rédiger (la démo remonte à plusieurs années par contre). Ca intéressera peut-être quelqu’un (même si le résultat n’a rien de nouveau, je ne l’ai jamais vu montrer ainsi).
Le but est de montrer « à la main » que A7 est le seul groupe simple de cardinal 2520. (à isomorphisme près).
Le matériel utilisé se "contente" de :
i) la théorie de base des groupes (définition, morphisme, sous-groupes, sous-groupes distingués, groupes simples, théorème de Lagrange, groupes symétriques et groupes alternés, opération d’un groupe sur un ensemble…)
ii) le théorème de Sylow et deux de ses corollaires :
a) deux parties A et B d’un même p-Sylow P d’un groupe fini G et normalisées par G sont conjuguées dans G si et seulement si elles sont conjuguées dans le normalisateur de P dans G).
b) un p-groupe normalise un p-Sylow équivaut à ce p-groupe est inclus dans ce p-Sylow (le théorème de Sylow n’est pas indispensable mais ça va plus vite avec lui).
iii) les 2 structures de groupes de cardinal p² (p premier).
Je cache des parties pour faciliter la lecture des différentes étapes.
J'ai pas eu le courage de réindicer (le copier-coller à partir de word détruit l'indiçage) j'espère que cela ne génera pas trop la lecture.)

Montrons qu’il n’y a qu’une structure de groupe simple de cardinal 2520 en injectant G dans un groupe de transformation d’un graphe construit à partir de la 3-composante de G.

1ère étape : données numériques
Montrons que G contient 70 3-Sylow, chacun d’eux contient 2 3-cycles d’une même classe de conjugaison interne, eux-mêmes inclus chacun dans 4 3-Sylow.

A) Montrons que n3=70.
On notera S l’ensemble des 3-Sylow.
Le nombre de 3-Sylow n3 est, d’après le théorème de Sylow, congru à 1 modulo 4 et divise lGl/9=280. Les valeurs, a priori possibles, sont 1, 4, 7, 10, 28, 40, 70 et 280.

Les cas n3=1 et n3=4 sont triviaux à éliminer :

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n3=1, l’unique 3-Sylow est distingué dans G qui est donc non simple (contradiction).
n3=4, on a alors une application f : G-> S(4 3-Sylow) dont l’image est transitive sur les 4 éléments donc l’application est non triviale. Mais elle est également non injective car lGl=2520>24=lS4l. Il existe donc une application non triviale et non injective issue de G qui est donc non simple. (contradiction)

Pour exclure les cas n3=7, 10, 28 ou 40 montrons que ∩P NG(P), P décrivant

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S, est un sous-groupe distingué non trivial.
n3=7 : soit P un 3-Sylow, on a lNG(P)l=2520/7=8x5x9. Il y a au moins un 5-cycle C5 dans ce normalisateur. Or les deux structures possibles de P sont C9 et V9=C3 xC3 qui n’admettent pas de 5-action non triviale donc ce 5-cycle est dans le centralisateur de P. Les points non fixes de C5 se répartissent donc en orbites de cardinal 15 ou 45 pour PxC5 car P n’a d’autres points fixes que lui-même. Or, n3<15 donc C5 n’a que des points fixes sur l’ensemble des 5-Sylow S.
Le groupe distingué ∩P NG(P), P décrivant S, est donc non trivial car contient un 5-cycle et est strictement inclus dans G. G est donc non simple. (contradiction)
n3=28 : le même raisonnement que précédemment s’applique sauf qu’il faut éliminer l’éventualité d’une orbite de 15 et donc 13 points fixes sur les 3-Sylow pour le 5-cycle. Mais, c’est contradictoire arithmétiquement, en effet, chaque NG(P) contient n’5=n5(NG(P)) 5-Sylow, avec n’5 divise lNG(P)l et donc divise lGl. Chaque 5-Sylow serait inclus dans le normalisateur de 13 3-Sylow. On aurait donc n3.n’5=n5.13 ce qui impliquerait que 13 divise lGl (absurde). Le 5-cycle n’a donc que des points fixes sur S et G possède un sous-groupe distingué propre donc est non simple (contradiction).
n3=10 : le même raisonnement que pour n3=7 convient où un 7-cycle remplace le 5-cycle, et les non points fixes se répartissent en orbite de cardinal 21 ou 63 ce qui implique qu’il n’y a que des points fixes. On aboutit ici encore à ∩P NG(P), P décrivant S, est un sous-groupe distingué propre et G est non simple. (contradiction).
n3=40 : le même raisonnement s’applique. Ici, une orbite de 21 3-Sylow est a priori possible pour PxC_7 mais cela implique 19 points fixes et on aboutit à une même absurdité que pour le cas n3=28. On a encore une fois ∩P NG(P), P décrivant S, est un sous-groupe distingué propre et G est non simple. (contradiction).

Pour exclure le cas n3=280 on va montrer en premier lieu qu’il y a 2240 éléments d’ordre un multiple de 3. On en déduira une contradiction sur le nombre total d’éléments.

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Si les 3-sylow avaient deux à deux une intersection réduite à {e} il y aurait 2240 éléments dans les 3-Sylow. Montrons que l’on a toujours ce nombre en prenant en compte également les éléments d’ordre 6.
S’il y a des éléments d’ordre 9 (les 3-Sylow sont alors des C9) , ceux-ci engendrant les 3-sylow il y aurait 280 C9 qui ne se recoupent au pire que selon des C3 donc 6x280=3x560=1680 éléments d’ordre 9. (Pas d’éléments d’ordre un multiple de 9 car NG(P) est réduit à P).
Les C3 peuvent, eux, être dans plusieurs 3-sylow, néanmoins si on considère une classe particulière de C3 un 3-Sylow n’en contient qu’un. En effet, deux 3-cycles d’un même 3-Sylow sont normalisés par celui-ci or comme ils ne sont pas conjugués dans NG(P) donc ne le sont pas dans G, ainsi deux 3-cycles d’un même 3-Sylow ne sont pas conjugués. Il s’en suit qu’un 3-cycle de cette classe ne normalise que lui-même de cette classe. (il n’y en a qu’une si P=C9 et 4 si P=V9)
Si m3 est le nombre d’éléments de cette classe on a donc m3 congru à 1 modulo 3 et divise lGl/lNG(3-cycle)l=280. On a donc m3=1, 4, 7, 10, 28, 40, 70 et 280. Mais les cas 1, 4, 7, 10, 28, 40 s’éliminent de la même manière qu’on les a exclu précédemment pour n3. Ainsi, on a m3=70 ou 280.
Si m3=280, alors les éléments d’ordre 3 de G générateurs des 3-cycles de cette classe sont au nombre de 2x280=560 éléments d’ordre 3 (et ne sont inclus dans aucun autre cycle puisqu’ils ne sont pas normalisés).
Si m3=70 et si on note C un élément de cette classe alors lNG(C)l=9x4. Ce normalisateur contient 1 ou 4 3-Sylow, d’après le théorème de Sylow, mais 1 seul serait contradictoire avec le fait que NG(P)=P. On a donc une application NG(C)->S(4 3-Sylow) dont l’image contient les 3-cycles (action des 3-Sylow sur eux-mêmes). L’image contient donc A4 d’ordre 12 et lui est même égal car C est dans le noyau de cette application et que 3x12=lNG(C)l. Les éléments des 3-Sylow de NG(C) engendrent donc l’image et le noyau de cette application donc engendre le groupe. Or ces éléments étant dans le centralisateur de C, le normalisateur est en fait le centralisateur de C et contient donc un groupe CxV4 (le 2-Sylow est isomorphe à celui de A4). Il y a donc 6 éléments d’ordre 6 dont leurs carrés appartiennent à C (et sont nécessairement distincts de ceux ayant un carré dans un autre 3-cycle). Il y a donc par 3-cycle de ce type 2éléments d’ordre 3 et 6 éléments d’ordre 6 pour un total de (2+6)70=560.
Donc dans tous les cas, les éléments d’ordre 3, 6 ou 9 sont au total au nombre de 1680+560 (cas d’un C9) =4x560 (cas d’un V9)=2240.
Intéressons nous maintenant aux 5-Sylow. Le théorème de Sylow implique que le nombre n5 de 5-Sylow est congru à 1 modulo 5 et divise 8x9x7=504. On a vu que les 3-cycles ne sont pas normalisés par les 5-cycles (m3=70 ou 280). Or si un 3-cycle est dans le normalisateur d’un 5-cycle N5 il le centralise et contient lui aussi ce 5-cycle dans son normalisateur. Il n’y a donc pas de 3-cycle dans N5 et 9 divise n5. D’autre part, comme seuls 2520-2240=280 éléments ne sont pas d’ordre un multiple de 3 il y a au plus 280/4=70 5 cycles. On déduit de tout cela que n5=36.
Comme 7 divise lN5l=2520/36=70 un 5-cycle est normalisé et par conséquent centralisé par un 7-cycle du groupe. Il y a donc par 5-Sylow, au moins (en fait exactement) 1 C35 le contenant donc 24 éléments d’ordre 35 dont leur puissance 7ème est dans ce 5-Sylow. Il y a donc au moins 36x24 éléments d’ordre 35 dans G ce qui est absurde car 2240+36x24>2520.
Le cas n3=280 n’est pas simplement contradictoire avec G simple mais est impossible pour tout groupe d’ordre 2520.
Remarque : un théorème bien pratique aurait nettement simplifié ce dernier cas. Le théorème de transfert de Burnside assure que si un p-Sylow P est centralisé par son normalisateur alors il existe un p-complément : càd un sous-groupe H distingué tel que G=HxP (produit semi-direct). Mais celui-ci est peu connu et sa démonstration, bien que peu difficile mais astucieuse, est au moins aussi longue.

B) intersections des 3-Sylow
Pour une classe C de conjugaison interne de 3-cycles, on note k le nombre d’éléments de C inclus dans un 3-Sylow quelconque et on note i le nombre de 3-Sylow dans lesquels sont inclus un élément quelconque de C. Nous allons montrer que les seuls cas possibles sont (k,i)=(1,1), (k,i)=(2,1) et (k,i)=(2,4). Nous montrerons ensuite qu’il y a une et une seule du dernier type.

Montrons que k=1 ou 2

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Comme il n’y a qu’un seul 3-cycle dans un C9 on a k=1 dans ce cas. Dans la suite les 3-Sylow seront donc supposés être des V9.
Les éléments de C d’un même 3-Sylow P sont centraux dans ce 3-Sylow (donc normaux) et sont conjugués dans G donc sont conjugués dans NG(P).
D’autre part lNG(P)l=2520/70=9x4. On a un morphisme NG(P) ->Aut(P)=Aut(V9) -> S(4 C3 de P). L’image est un 2-groupe car P est abélien donc k=1, 2 ou 4.
Soit l’image de ce morphisme ne contient pas d’élément du type (<x><y>)(<xy><xy-1>) où x et y sont deux éléments indépendants de V9, dans ce cas l’image n’est pas transitive (les seuls 2 sous-groupes transitifs sont les C4, qui contiennent tous un élément d’ordre 2 de cette forme, et l’unique V4 distingué qui en contient 3) et k=1 ou 2.
Soit l’image en contient un. Celui-ci est l’image d’un 2-élément g de NG(p) qui s’envoie x sur y ou y-1, quitte à changer y par y-1, on peut supposer x->y ; g envoie y sur x ou x-1. Mais si y est envoyé sur x, alors xy est envoyé sur lui-même ce qui contredit la double permutation des droites de V9. Donc y->x-1 et g² envoie tout élément de P sur son inverse, donc n’est pas neutre, et laisse stable tous les C3 du V9 qui ont donc une orbite de cardinal au plus égal à 2, ici encore k=1 ou 2.

Montrons que si k=1 alors i=1

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Dans ce cas, en notant m3 le cardinal de la classe C. On a m3 congru à 1 modulo 3 car un élément de la classe ne peut en normaliser un autre sans former un 3-Sylow contenant 2 éléments de C (contredisant k=1), d’une part, et m3=70/i divise 70, d’autre part, donc m3=1, 7, 10, ou 70 mais les 3 cas 1, 7 et 10 s’excluent par les mêmes arguments utilisés en partie A. Donc m3=70 et i=1.

Montrons que si k=2 alors i=1 ou 4

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On a m3=2x70/i, avec i congru à 1 modulo 3 car i=nombre de points fixes de l’action d’un C3 de C sur l’ensemble S des 3-Sylow. Les cas a priori possibles sont : (i,m3)=(1,140), (4,35), (7,20), (10,14), (28,5), (70,2).
Les cas i=28 et i=70 s’excluent aisément :
Pour i=28, on a un morphisme G->S(5 éléments de C) donc non trivial et non injectif ce qui contredit la simplicité de G.
Pour i=70, l’intersection des 3-sylow est donc non réduite à {e} ce qui est contradictoire avec la simplicité de G
Le cas i=7 s’exclue par la même technique vue précédemment : comme 7 ne divise pas 20, il existe un 7-cycle C7 dans le normalisateur et par conséquent dans le centralisateur d’un élément de C C3. Le C3 a 8 points fixes pour son action sur C, 1 (lui-même) + 7 avec lesquels ils forment les 7 3-Sylow qu’il normalise, et donc 4 orbites de 3. Le C7 qui le centralise ne peut permuter ces 4 orbites et a donc au moins 13=1+12 points fixes dans son action sur C. S’il permute les 7 autres points fixes du C3 on a une contradiction arithmétique car alors on aurait 20xn7(NG(C3))=13xn7(G). Le C7 fixe donc tous les C3 et fois ∩P NG(C3), C3 décrivant C, est un sous-groupe distingué non trivial ce qui contredit G simple.
Pour le cas i=10, on commence par remarquer qu’un élément C3 de C a une action sur C possédant 1+10=11 points fixes et une orbite de 3. Un point fixe C’3 pour C3 a 1(lui-même)+1(C3)+9 points fixes, ces derniers ne peuvent pas tous être dans l’unique orbite de 3 de C3, C3 et C’3 ont donc un point fixe commun C3’’. Mais C3’’ normalise et centralise lui aussi C3 et C3’ et donc <C3,C3’> qui est un 3-Sylow donc C3’’ est dans ce 3-Sylow qui contient alors au moins 3 éléments distincts de C (absurde).
Il ne reste donc que les deux cas i=1 et i=4.

Montrons qu’il existe une et une seule classe C de type (k,i)=(2,4)

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Un 3-Sylow P agit sur S selon des orbites d’ordre 9 (intersection réduite à {e} avec ces 3-Sylow) et h orbites d’ordre 3 (le stabilisateur PP’ est alors un 3-cycle commun à tous les éléments de l’orbite car ce 3-cycle est normal dans P). On a donc 70 congru à 1+3h modulo 9. h est congru à 2 modulo 3.
Les 3-cycles appartenant à plusieurs 3-Sylow sont ceux qui sont dans une classe de type (k,i)=(2,4) (les seuls pour lesquels i>1). Ils appartiennent à 4 3-Sylow donc pour un 3-Sylow qui le contient il appartient à P et trois 3-Sylow d’une orbite de 3. Donc, h=nombre de C3 de type (k,i)=(2,4) contenu dans un 3-Sylow donc h=0, 2 ou 4. (Ces C3 sont présents par paire dans les 3-Sylow et il y au plus 4 C3 dans un 3-Sylow)
En joignant les deux résultats trouvés pour h, on a h=2 et il y a deux éléments de type (k,i)=(2,4) par 3-Sylow i ;e . une et une seule classe de ce type dans G.

Désormais C désignera cette classe.
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2ème étape : structure géométrique
On dira que deux éléments de C sont liés s’ils sont dans un même élément de S. Puisque un élément de S relie exactement deux sommets on a un graphe dont les 3-Sylow sont les arêtes et les éléments de C les sommets.
Nous allons d’abord étudier ce graphe pour injecter G dans le groupe de transformation d’un graphe isomorphe à celui de G mais indépendant de G.

A) Structure du graphe de G
Pour deux sommets s, on pose d(s,s’)=min{k ; il existe s0=s, s1, s2,…,sk=s’ avec si et si+1 liés pour tout 0≤i<k} (d(s,s)=0).
On pose Li(s)={s’ ; d(s,s’)=i}. Les Li(s) sont stables par conjugaison pour NG(s).
Nous allons d’abord montrer que C=L0(s) Ц L1(s) Ц L2(s) Ц L3(s) et calculer le cardinal de chacun d’eux. (le lecteur pourra alors vérifier que d est bien une distance ce qui justifie l’utilisation de cette notation).
La disjonction de L0(s) et de L1(s) est évidente de même que lL0(s)l=1 et lL1(s)l=4.

Il n’y a pas de triangle

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En effet, soit ss’s’’ un tel triangle, s’’ normalise donc s et s’ ainsi que le 3-Sylow <s,s’> donc s’’ est dans <s,s’> qui est alors un 3-Sylow contenant 3 éléments distincts de C. (absurde)
Il s’en suit que chaque élément de L1(s) est lié à trois éléments de L2(s). Soient 12 arêtes entre des éléments de L1(s) et de L2(s).

Il n’y a pas de carré non dégénéré

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En effet, soit sas’bs’ un tel carré.
On fait opérer a, b décrit une orbite de sommets b, c, d tous 3 liés aux sommets s et s’ stables pour cette action.
On fait opérer s, s’ décrit une orbite de sommets s’, s’’, s’’’ liés aux sommets a, b, c et d stables pour cette action.
Ainsi chacun des sommets s, s’, s’’, s’’’ sont liés aux sommets a, b, c et d. La relation « être relié via des arêtes à un sommet » forme des classes d’équivalence de cardinal 8 pour chaque sommet. Mais 8 ne divise pas 35 qui est l’absurdité recherchée.
Il s’en suit qu’un élément de L2(s) n’est lié qu’à un seul élément de L1(s). On a donc lL2(s)l=12 vu le nombre d’arêtes calculés précédemment entre L1(s) et L2(s).

L1(s), L2(s) sont chacun une classe de conjugaison pour NG(s)

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Les 4 3-Sylow de NG(s) sont conjugués, or chaque 3-Sylow=<s,a> où a est l’unique autre élément de C (et donc dans L1(s) ), il s’en suit que les éléments de L1(s) sont conjugués.
Comme les éléments de L2(s) sont tous liés à un élément de L1(s) et que ceux-ci sont conjugués, il suffit de montrer que les éléments de L2(s) liés à un même sommet de L1(s) sont conjugués.
Or, ces sommets sont au nombre de 3, et ne sont pas stables pour s mais qui les laissent globalement stables car laisse stable le sommet de L1(s) auquel ils sont liés. Ces éléments ne forment donc qu’une orbite pour s (inclus dans NG(s)).

Il n’y a pas de pentagone

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On se contentera du cas non dégénéré. Le seul cas qui nous intéresse.
Montrons d’abord que L’3(s)={sommets liés aux sommets de L2(s) n’appartenant pas à L1(s)} forme une classe de conjugaison pour NG(s).
Comme les éléments de L’3(s) sont tous liés à un élément de L2(s) et que ceux-ci sont conjugués, il suffit de montrer que les éléments de L’3(s) liés à un même sommet a’ de L2(s) sont conjugués.
Or, ces sommets sont au nombre de 3, et ne sont pas stables pour a, le sommet de L1(s) lié à a’, mais qui les laissent globalement stables car laisse stable a’ auquel ils sont liés. Ces éléments ne forment donc qu’une orbite pour a (inclus dans NG(s)).
Soient saa’b’b un tel pentagone, vu ce qui précède b et b’ sont dans L2(s) et L’3(s) qui sont donc égaux car sont chacun une classe de conjugaison. Ceci implique que la relation « être relié via des arêtes à un sommet » forme des classes d’équivalence de cardinal 1+4+12=17 pour chaque sommet. Mais 17 ne divise pas 35 qui est l’absurdité recherchée.
Il s’en suit qu’il n’y a pas d’arêtes entre sommets de L2(s), que L’3(s)=L3(s) et qu’il y a au total 3x12=36 arêtes entre L2(s) et L3(s).

lL3(s)l=18 et donc C=L0(s) Ц L1(s) Ц L2(s) Ц L3(s)

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Montrons d’abord que 9 divise ce cardinal. En effet, supposons qu’il y ait un 3-cycle <x> contenu dans le normalisateur d’un sommet b de L3(s) et dans NG(s). Ce 3-cycle est dans un 3-Sylow de NG(s) et un 3-Sylow de NG(b). Le 1er contient s le second non donc ce sont deux 3-Sylow distincts, <x> est donc un sommet, or aucun sommet de NG(s) ne normalise b (sinon il serait dans L0(s) Ц L1(s) Ц L2(s) les sommets normalisés par les sommets de NG(s)). Ainsi NG(s) ∩ NG(b) a une 3-composante triviale et 9 divise lL3(s)l qui est une unique orbite pour ce groupe.
On a lL3(s)l≤35-1-4-12=18 donc =9 ou 18.
Reste à exclure la possibilité lL3(s)l=9. Dans ce cas, puisqu’il y a 36 arêtes entre L2(s) et L3(s), chaque L3(s) serait lié à 4 sommets de L2(s), et la relation « être relié via des arêtes à un sommet » forme des classes d’équivalence de cardinal 1+4+12+9=26 pour chaque sommet. Mais 26 ne divise pas 35 qui est l’absurdité recherchée.
Ainsi lL3(s)l=18 et chaque sommet de L3(s) est lié à 2 sommets de L2(s). (Il y a donc des hexagones.)

Les sommets L3(s) et les arêtes entre eux forment 3 hexagones

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Remarquons d’abord que chaque sommet de L3(s) est lié à 2 autres éléments de L3(s). En effet, un sommet de L3(s) a 4 arêtes, aucun possible avec s ou les sommets de L1(s) et exactement 2 avec les sommets de L2(s), or C=L0(s) Ц L1(s) Ц L2(s) Ц L3(s).
Ainsi, les sommets de L3(s) et leurs arêtes forment des figures fermées qui sont au moins des hexagones.

Remarquons ensuite que :
i) un sommet de L3(s) est lié à deux éléments a’ et b’ de L2(s) qui ne sont pas reliés au même élément de L1(s) (sinon il y aurait un carré).
ii) deux sommets de L3(s) ne peuvent être liés aux 2 mêmes sommets a’ et b’ (sinon il y aurait un carré). On peut donc caractériser un élément de L3(s) par les deux sommets de L2(s) avec lequel il est lié.
Deux éléments de L3(s) a’-b’ et c’-d’ (x’ est lié au sommet de L1(s) x, x=a, b, c ou d) ne peuvent être liés si a ou b=c ou d, en effet :
S’il y a deux sommets identiques parmi a’ ou b’ et c’ ou d’, (on peut supposer a’=c’) on aurait un triangle a’(a’-b’)(a’-d’) (contradiction).
S’il y a deux sommets distincts, disons a’ et c’ liés à un même sommet a=c alors aa’(a’-b’)(c’-d’)c’ serait un pentagone (contradiction).
Comme NG(s) opère transitivement sur L1(s) et comme chaque sommet de ce dernier opère transitivement sur les 3 autres sommets, NG(s) opère transitivement sur les paires de sommets de L1(s). Ainsi, si on note a, b c et d sont donc les 4 sommets de L1(s). on a une figure formée par des sommets du type a’-b’ et du type c’-d’, une par des sommets du type a’-c’ et du type b’-d’, une par des sommets du type a’-d’ et du type b’-c’. Or chaque figure a au moins 6 sommets et 3x6=18 donc chaque figure a 6 sommets càd des hexagones (3 des deux types, deux sommets consécutifs sont des sommets de type différent).

La relation « être relié via L3(s) », définie sur L2(s) par sRs’ si s=s’ ou s’il existe un sommet de L3(s) lié à s et s’, est une relation d’équivalence.

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Un sommet a1 de L2(s) lié au sommet a de L1(s) est lié à 3 sommets de L3(s) a1-x, a1-y, a1-z avec x, y et z 3 sommets de L2(s) globalement stables pour l’action de a donc il y en un et un seul lié à un autre sommet que a de L1(s). (+) On les notera b1, c1 et d1 (chacun est lié au sommet de L1(s) noté avec la même lettre sans indice). Ce qu’il y a à montrer est que ces 3 sommets sont liés via L3(s).
Pour montrer cela regardons de plus près les hexagones formés par les sommets de L3(s) et leurs arêtes. Le sommet a1-b1 est lié à deux éléments de L3(s) qui sont du type cj-dk. Le sommets cj est distinct de c1 sinon (a1-c1)a1(a1-b1)(c1-dk)c1 serait un pentagone ce qui est contradictoire d’après ce qui précède. Il en est de même pour dk. Ainsi, dans le pentagone des (ai-bj) et des (ck-dl), les sommets liés à c1 ou d1 ne peuvent se retrouver qu’au sommet opposé à a1-b1. Ce sommet est donc c1-d1 et c1 et d1 sont reliés via L3(s) . De même, b1 est relié à c1 et d1 via L3(s), il suffit pour cela de considérer les deux autres hexagones.
(+) indique donc qu’à une paire de sommets a, b de L1(s) les sommets de L3(s) liés à deux sommets a’,b’ liés un à a, l’autre à b sont au nombre de 3, chacun reliant des sommets de L2(s) de classes d’équivalence distinctes pour R.

B) groupe G’ des transformations du réseau S’ et conclusion

Définition de la structure du graphe indépendamment de G par le biais de L1(s) et L2(s)/R
On pose B={a, b, c, d} F={1, 2, 3}.(« branches » et « familles »)

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On définit les applications suivantes :
B1 : L1(s)->B une bijection quelconque ;
B2 : L2(s)->B définie par B2(s)=B1(unique sommet de L1(s) lié à s)
B3 : L3(s)->paires de B=B*² définie par B3(s)={B2(s1) ; B2(s2)} où s1 et s2 sont les deux sommets de L2(s) liés à s.
Une classe d’équivalence de R est constituée de 4 sommets de L2(s) chacun étant relié à un sommet différent de L1(s). Il y a donc 3 classes de 4 sommets de L2(s). On considère une bijection quelconque f : L2(s)/R->{1, 2, 3}. On définit les applications suivantes :
F2 : L2(s)->F composé de la projection et de f.
F3 : L3(s)->F F3(s)=F2(s1)=F2(s2) où s1 et s2 sont les deux sommets de L2(s) qui lui sont liés.
F2 et F3 sont surjectives, un élément de F a 4 antécédents pour F2 (ai, bi, ci, di) et 6 antécédents pour F3 (ai-bi, ai-ci, ai-di, bi-ci, bi-di, ci-di).
Les produits B2xF2 : L2(s)->BxF et B3xF3 : L3(s)->B*²xF sont donc bijectives.
On définit ainsi le graphe S’ ainsi : les sommets sont {o} U B U BxF U B*²xF, les arêtes sont les paires :
i) {o,x} x dans B
ii) {x, (x,i)} x dans B, i dans F
iii) {(x,i) ; ({x,y},i)} {x,y} dans B*² i dans F
iv) {({x,y},i), ({z,t},j)} {x,y}, {z,t} dans B*² et disjoints, i et j dans et distincts
Tout ce qui précède montre que l’application définie sur {s} U L1(s) U L2(s) U L3(s) par
s->o
B1 : L1(s)->B
B2xF2 : L2(s)->BxF
B3xF3 : L3(s)->B*²xF
est un isomorphisme de graphe (les arêtes sont envoyées aussi sur les arêtes).
Cette bijection définit un morphisme non trivial donc injectif de G dans le groupe de transformation de S’.

Isomorphisme entre G’o et S(B)xS(F)

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Déjà on peut remarquer que comme B, BxF, B*²xF sont les L1(o), L2(o) et L3(o) qui sont définis en terme de nombre d’arêtes liant ces sommets à o, ces 3 sous-ensembles sont stables pour G’o.
Maintenant, comme la projection BxF->F peut être définie uniquement en termes d’arêtes (être relié via B*²xF) on a une bijection F->F.
On a donc un morphisme de groupe f : G’s -> S(B)xS(F)
Le morphisme f est trivialement injectif
Le morphisme est surjectif. Pour cela il faut montrer qu’une permutation de B et une permutation de F définissent une transformation du graphe, càd conserve les arêtes, mais ceci est évident vu la définition de ces arêtes.

Cardinal de G’, signature, isomorphisme entre G et un sous-groupe G’’ de G’

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Tous les éléments de C sont conjugués dans G, C a été définie comme une classe de conjugaison interne, donc l’image de G dans G’ est transitive sur les sommets, il en est donc de même de G’.(Il n’est pas évident que S’ soit homogène en ses sommets mais il l’est nécessairement si G existe). On a donc card(G’)=nombre de sommets x card(G’s)=35x(4 !x3 !)=5040.
L’application signature sur les arêtes n’est pas triviale. En effet, on considère la transformation définie par l’identité sur B et un 2-cycle sur les familles (i est la famile invariante). Les arêtes o-B sont 4 arêtes invariantes, 4 arêtes parmi les 12 arêtes B-BxF sont invariantes (les {a-(a,i)}), 12 parmi les 36 BxF-B*²xF ( les {(a,i)-({a,b},i)} ), et aucune parmi les arêtes B*²xF-B*²xF (les ({a,b},i) sont les seuls sommets invariants, les hexagones de B*²xF sont invariants, cette transformation est composée au niveau de ces hexagones de 3 symétries axiales d’axe ({a,b},i) --- ({c,d},i) qui n’ont aucune arête invariante. Il y a donc 4+4+12=20 arêtes fixes, soit un nombre d’orbites égal à 20+(70-20)/2=45 qui est de parité distincte de 70, la signature est donc égale à –1.
La composée de l’injection de G dans G’ avec cette signature est non injective (2>2520) donc triviale, G est donc inclus dans le noyau G’’ de cette application signature qui est un sous-groupe d’ordre 5040/2=2520=card(G).

Conclusion :
G est donc isomorphe à G’’, il n’y a donc qu’une structure de groupe simple de cardinal 2520, à savoir A7 le groupe alterné de 7 éléments.