Exercice 12

1. Cauchy : si $p$ premier divise $|G|$, alors $G$ contient un élément d'ordre $p$. Comme $15=3 \times 5$, on obtient un élément d'ordre $3$ et un d'ordre $5$.

2. Notons $n_{3}$ et $n_{5}$ les nombres de $3$- et $5$-Sylow. On a $n_{3} \equiv 1 \; [3]$ et $n_{3} \mid 5$, donc $n_{3}=1$ ; de même $n_{5} \equiv 1 \; [5]$ et $n_{5} \mid 3$, donc $n_{5}=1$. Ces deux sous-groupes $P$ et $Q$ sont donc distingués, d'intersection triviale, et $PQ$ est d'ordre $15$ : $$\boxed{G \simeq \mathbb{Z}/3\mathbb{Z} \times \mathbb{Z}/5\mathbb{Z} \simeq \mathbb{Z}/15\mathbb{Z}}$$

3. Ici $12=2^{2} \times 3$. On a $n_{3} \in \{1\,;4\}$. Si $n_{3}=1$, le $3$-Sylow est distingué. Si $n_{3}=4$, les quatre $3$-Sylow fournissent $4 \times 2=8$ éléments d'ordre $3$ ; il reste $12-8=4$ éléments, qui forment nécessairement l'unique $2$-Sylow, lequel est alors distingué. $$\boxed{\text{Aucun groupe d'ordre } 12 \text{ n'est simple.}}$$

4. On a $n_{q} \equiv 1 \; [q]$ et $n_{q} \mid p<q$, donc $n_{q}=1$ ; et $n_{p} \equiv 1 \; [p]$ avec $n_{p} \mid q$, donc $n_{p} \in \{1\,;q\}$, mais $q \not\equiv 1 \; [p]$ par hypothèse, donc $n_{p}=1$. Les deux Sylow sont distingués, d'intersection triviale : $$\boxed{G \simeq \mathbb{Z}/p\mathbb{Z} \times \mathbb{Z}/q\mathbb{Z} \simeq \mathbb{Z}/pq\mathbb{Z}}$$