Démonstration. Soient $\alpha =\left(\begin{array}{ccc}{a}_1& a_2& a_3\end{array}\right)$ et $\beta =\left(\begin{array}{ccc}{b}_1& b_2& b_3\end{array}\right)$ deux $3$-cycles. Soit $\sigma \in S_n$ telle que $$\forall i\in [[1,3]],\sigma (a_i)=b_i$$ On a deux possibilités pour $\sigma$ :

• $\sigma$ est paire. Alors $\sigma \in A_n$, et le résultat est démontré pour $\alpha$ et $\beta$.

• $\sigma$ est impaire. Comme $n\ge 5$, il existe $c_1,c_2$ tels que $c_1,c_2\notin \{b_1,b_2,b_3\}$. On pose alors $\tau =\left(\begin{array}{cc}{c}_1& c_2\end{array}\right)$, et on a $$(\tau \sigma )\left(\begin{array}{ccc}{a}_1& a_2& a_3\end{array}\right)(\tau \sigma {)}^{-1}=\left(\begin{array}{ccc}{b}_1& b_2& b_3\end{array}\right)$$ avec $\tau \sigma$ paire. Le résultat est encore démontré pour $\alpha$ et $\beta$.

 ◻

Démonstration. Montrons tout d’abord qu’un produit de deux transpositions est un produit de $3$-cycles. Soient $\alpha =\left(\begin{array}{cc}{a}_1& a_2\end{array}\right)$ et $\beta =\left(\begin{array}{cc}{b}_1& b_2\end{array}\right)$ deux transpositions. Si $\alpha =\beta$, alors $\alpha \beta =\mathrm{id}={\sigma }^3$ où $\sigma$ désigne n’importe quel $3$-cycle.

Si $\alpha \ne \beta$, on a deux possibilités :

• Leur support comporte un élément commun : $a_1=b_1=c$. Donc $\alpha =\left(\begin{array}{cc}c& a_2\end{array}\right)$ et $\beta =\left(\begin{array}{cc}c& b_2\end{array}\right)$ avec $c,a_2,b_2$ distincts. Donc $\alpha \beta =\left(\begin{array}{c}{a}_2,c,b_2\end{array}\right)$.

• Leur support n’a pas d’élément commun. Dans ce cas $a_1,a_2,a_1,b_2$ sont distincts et $\alpha \beta =\left(\begin{array}{ccc}{a}_1& a_2& b_1\end{array}\right)\left(\begin{array}{ccc}{a}_2& b_1& b_2\end{array}\right)$.

Soit maintenant $\sigma \in A_n$. Comme $\sigma$ est paire, on peut la décomposer en un produit d’un nombre pair $n$ de transpositions : $$\sigma =\prod _{i=1}^{n-1}{\tau }_i{\tau }_{i+1}$$ qui est bien un produit de $3$-cycles. ◻

Démonstration. Soient $\alpha =\left(\begin{array}{cc}{a}_1& b_1\end{array}\right)\left(\begin{array}{cc}{c}_1& d_1\end{array}\right)\left(\begin{array}{c}{e}_1\end{array}\right)$ et $\beta =\left(\begin{array}{cc}{a}_2& b_2\end{array}\right)\left(\begin{array}{cc}{c}_2& d_2\end{array}\right)\left(\begin{array}{c}{e}_2\end{array}\right)$ deux doubles transpositions. Il suffit de prendre $\sigma \in A_5$ telle que $\sigma (a_1)=a_2$, $\sigma (b_1)=b_2$ et $\sigma (e_1)=e_2$ pour avoir $\sigma \alpha {\sigma }^{-1}=\beta$. ◻

Démonstration. Commençons par décrire les types possibles des permutations de $A_5$ (le type d’une permutation désigne les cardinaux des supports des cycles apparaissant dans sa décomposition en cycles disjoints).

Soit $H⊲A_5$ tel que $H\ne \{\mathrm{id}\}$. Montrons que $H=A_5$.

• Si $H$ contient une permutation de type $[2,2]$, alors par le Lemme 3, il contient toutes les permutations de type $[3]$.

• Si $H$ contient une permutation de type $[3]$, alors par le Lemme 1, il les contient toutes.

• Si $H$ contient une permutation de type $[5]$, $\sigma =\left(\begin{array}{ccccc}a& b& c& d& e\end{array}\right)$, il contient alors le commutateur $$\begin{array}{rl}\left(\begin{array}{ccc}a& b& c\end{array}\right)\sigma {\left(\begin{array}{ccc}a& b& c\end{array}\right)}^{-1}{\sigma }^{-1}& =\left(\begin{array}{ccc}a& b& c\end{array}\right)\sigma \left(\begin{array}{ccc}c& b& a\end{array}\right){\sigma }^{-1}\\ & =\left(\begin{array}{ccc}a& b& c\end{array}\right)\left(\begin{array}{ccc}\sigma (c)& \sigma (b)& \sigma (a)\end{array}\right)\\ & =\left(\begin{array}{ccc}a& b& c\end{array}\right)\left(\begin{array}{ccc}d& c& b\end{array}\right)\\ & =\left(\begin{array}{ccc}b& d& a\end{array}\right)\end{array}$$ qui est un $3$-cycle. Par le Lemme 1, il les contient tous.

Or, $H$ ne peut pas vérifier qu’un seul des points précédents en vertu du théorème de Lagrange, car ni $16=15+1$, ni $21=20+1$ ne divisent $|A_5|=60$. Donc $H$ vérifie au moins deux des points précédents, et ainsi $|H|\ge 1+15+20=36$. Donc $|H|=60$ et $H=A_5$. ◻

Démonstration. Soit $N⊲A_n$ tel que $N\ne \{\mathrm{id}\}$. L’idée générale de la démonstration et de se ramener au cas $n=5$ à l’aide d’une permutation bien spécifique.

Soit $\sigma \in N\setminus \{\mathrm{id}\}$, il existe donc $a\in [[1,n]]$ tel que $\sigma (a)=b\ne a$. Soit $c\in [[1,n]]$ différent de $a$, $b$ et $\sigma (b)$. On pose $\tau =\left(\begin{array}{ccc}a& c& b\end{array}\right)\in A_n$ (on a ${\tau }^{-1}=\left(\begin{array}{ccc}a& b& c\end{array}\right))$. Soit $\rho =\tau \sigma {\tau }^{-1}{\sigma }^{-1}$. Par calcul : $$\rho =\left(\begin{array}{ccc}a& c& b\end{array}\right)\sigma \left(\begin{array}{ccc}a& b& c\end{array}\right){\sigma }^{-1}=\left(\begin{array}{ccc}a& c& b\end{array}\right)\left(\begin{array}{ccc}\sigma (a)& \sigma (b)& \sigma (c)\end{array}\right)$$ Notons bien que $\rho \ne \mathrm{id}$ (en tant que produit de $3$-cycles, car $\sigma (b)\ne c$, donc $\rho (b)\ne b$ par calcul). Or, $\tau \sigma {\tau }^{-1}\in N$ car $N$ est distingué et ${\sigma }^{-1}$ aussi car $N$ est un groupe, donc $\rho \in N$.

Notons $\mathcal{F}=\{a,b,c,\sigma (a),\sigma (b),\sigma (c)\}$. Comme $\sigma (a)=b$, $|\mathcal{F}|\le 5$. Quitte à rajouter, au besoin, des éléments à $\mathcal{F}$, on peut supposer que $|\mathcal{F}|=5$. On pose $$A(\mathcal{F})=\{\alpha \in A_n\mid \forall i\in [[1,n]]\setminus \mathcal{F},\alpha (i)=i\}$$ le sous-groupe de $A_n$ contenant les éléments qui laissent fixes $[[1,n]]\setminus \mathcal{F}$. Si on pose $\mathcal{F}=\{a_1,a_2,a_3,a_4,a_5\}$, on a une bijection entre $\mathcal{F}$ et $[[1,5]]$ : $$\begin{array}{rl}\mathcal{F}& \to [[1,5]]\\ a_i& \mapsto i\end{array}$$ Donc $A(\mathcal{F})$ et $A_5$ sont deux groupes isomorphes (en effet, une permutation n’agissant que sur $\mathcal{F}$ peut s’identifier à une permutation n’agissant que sur $[[1,5]]$). De plus, par le Lemme 4, comme $A_5$ est simple, $A(\mathcal{F})$ l’est aussi.

Soit $N_0=N\cap A(\mathcal{F})$. $N_0⊲A(\mathcal{F})$, en effet, soient $\alpha \in N_0$ et $\beta \in A(\mathcal{F})$ :

• $\beta \alpha {\beta }^{-1}\in A(\mathcal{F})$ car $A(\mathcal{F})$ est un groupe.

• $\beta \alpha {\beta }^{-1}\in N$ car $N⊲A_5$.

En particulier, $N_0$ est distingué dans $A(\mathcal{F})$ qui est simple. De plus, $\rho \in N_0$ (car $\mathrm{Supp}(\rho )\subseteq \mathcal{F}$ et $ϵ(\rho )=(-1{)}^6=1$ donc $\rho \in A(\mathcal{F})$, et on avait déjà $\rho \in N$). Donc $N_0\ne \{\mathrm{id}\}$, et ainsi $N_0=A(\mathcal{F})$. On en déduit : $$A(\mathcal{F})=N\cap A(\mathcal{F})\text{\hspace{1em}(∗)}$$ Finalement, $\tau$ est un $3$-cycle qui n’agit que sur $\mathcal{F}$, donc $\tau \in A(\mathcal{F})$ et par $(\ast )$, $\tau \in N$. Or, $\tau$ est un $3$-cycle et les $3$-cycles sont conjugués dans $A_n$ (par le Lemme 1) donc $N$ contient tous les $3$-cycles. Et comme ceux-ci engendrent $A_n$ (par le Lemme 2), on a $N=A_n$. ◻