Soit G un groupe de cardinal n où n=m.pα avec m non divisible par p. Nous savons donc que dans ces conditions G contient au moins un p-sylow. Nous pouvons dire plus.
Voici maintenant le second théorème de Sylow !
- Tout p sous-groupe non trivial de G est contenu dans un p-sylow de G.
- Les p-sylows de G sont tous conjugués. De plus, leur nombre k divise n.
- Soit H un p sous-groupe de G, et soit S un p-sylow de G.En appliquant ce lemme, il existe g tel que H⊆gSg-1 mais il est clair que gSg-1 est aussi un p-sylow de G.
- Soit A={S1,S2,..,Sk} l'ensemble des p-sylows de G. D'après ce lemme pour tout i 1≤i≤k, il existe a tel que aS1a-1∩Si soit un p-sylow de Si. Mais en raison des cardinaux des p-sylows et du fait que aS1a-1 a même cardinal que S1, on a en fait aS1a-1=Si, ce qui prouve bien que les Si sont tous conjugués.
Il en résulte immédiatement que si un p-sylow est normal dans le groupe qui le contient alors il est unique.
Faisons maintenant agir G sur A par conjugaison (g.Si=gSig-1). Compte tenu de ce qui précède cette action n'engendre qu'une seule orbite. Comme, en vertu de ce résultat, le cardinal de l'orbite d'un point est un diviseur de l'ordre du groupe agissant, notre preuve est complète.
Voici maintenant le troisième théorème de Sylow :
Reprenant les notations de la démonstration précédente S1 agit sur A par restriction de l'action de G.
Soit A1 le sous-ensemble de A ainsi défini : $$A_{1}=\left \{ S_{i}\in A\text{ }|\text{ } \forall g\in S_{1}\text{ }gS_{i}g^{-1}=S_{i} \right \}$$ Si on considère le sous-groupe H de G engendré par S1 et Si. Mais S1 et Si sont deux p-sylows de H, donc S1=Si. En définitive le seul p-sylow de A1 est S1. Mais S1 est un p-groupe nous déduisons donc de ce théorème que |A|≅|A1|=1 mod (p).Enfin, en combinant ces deux théorèmes nous obtenons le corollaire suivant :
Qui à son tour nous donne :