Théorèmes de Sylow démonstration

OShine

Bonsoir
Je ne comprends pas bien l'action par translation, je ne comprends même pas pourquoi elle est bien définie.
Ensuite, je ne vois pas pourquoi il n'y a pas de point invariant pour cette action.

NicoLeProf

Hello OS,

le groupe $G$ agit sur lui-même par translation à gauche. Cette action induit une action de $G$ sur l'ensemble de ses parties à $p^n$ éléments, ensemble noté $\mathcal{P}$.

Cette action peut donc être définie de la manière suivante : $G \times \mathcal{P} \to \mathcal{P}$ telle que $\forall (g,P) \in G \times \mathcal{P}$, $g.P:=\{g.x \mid x \in P\}$.

Je te laisse vérifier en exercice qu'on a bien une action de groupes ici et qu'elle est bien à valeurs dans $\mathcal{P}$.

OShine

Merci, j'avais mal compris l'action par translation.
J'ai du mal à comprendre pourquoi si $(g,x) \in G \times P$ alors $g.x \in P$. 
C'est l'action de $G$ sur $P$ que je ne comprends pas (je ne vois pas pourquoi on a une action). Pourquoi si un groupe agit sur une de ses parties le résultat reste dans la partie ? 
Pour le reste : 

• Pour tout $x \in P$, $e .P = \{ e .x \ | \ x \in P \} = \{ x \ | \ x \in P \}= P$.
• $\forall (g,g') \in G^2 \ \ \forall P \in \mathcal P \ g' . (g .P)= g' . \{ g. x \ | \ x \in P \} = \{ g' .( g .x) \ | x \in P \} = \{ (g'g) .x \ | \ x \in P \} = (gg'). P$.

NicoLeProf

Ah je crois que tu as mal compris un truc. Il y a une grande différence entre $P$ et $\mathcal{P}$. On veut montrer que pour tout couple $(g,P) \in G \times \mathcal{P}$, on a : $g.P \in \mathcal{P}$ i.e : $g.P$ est bien une partie de $G$ constituée de $p^n$ éléments (ce qui est assez évident par définition de $g.P$). Ce qui est très différent de vouloir montrer que si $(g,x) \in G \times P$ alors $g.x \in P$ et en plus c'est faux en général, prends un exemple simple du genre $G=(\mathbb{Z}/12 \mathbb{Z},+)$ et la partie $P=\{0,1,2,3\}$ de $G$ (flemme de noter les classes).

OShine

Tu as écrit $g.P= \{g .x \ | \ x \in P \}$.
Mais qui est $g.x$ ? C'est quoi cette action ? 

NicoLeProf

Bah j'ai d'abord dit que $G$ agit sur lui-même par translation à gauche donc $g.x$ est le résultat de l'action de $G$ sur lui-même par translation à gauche tout simplement.

Par exemple, si $G=(\mathbb{Z}/12\mathbb{Z},+)$ et $g=2$ et $x=3$, on a : $g.x=2+3=5$ (ici, la loi de groupe est l'addition et je note toujours abusivement les classes ici toujours par flemme).

Ensuite, je dis que cette action de $G$ sur lui-même par translation à gauche induit une action naturelle de $G$ sur $\mathcal{P}$ par translation à gauche où l'on a pour tout couple $(g,P) \in G \times \mathcal{P}$, $g.P:=\{g.x | x \in P\}$ : c'est bien une partie de $G$ à $p^n$ éléments, je te laisse réfléchir à ça.

Si tu as du mal à comprendre les choses, regarde l'exemple : $G=(\mathbb{Z}/12\mathbb{Z},+)$, $P=\{0,1,2,3\} \in \mathcal{P}$ et $g=2$.

Que vaut $g.P$ ici?

OShine

Ah d'accord.
On a $g. P = \{ 2,3,4,5 \}$.
Montrons que $\# g. P = \# P=p^n$.
L'application $\phi : P \longrightarrow g.P $ tel que $\phi( x)= g.x$ est bijective.
En effet, soit $y \in g.P$, alors il existe $x \in P$ tel que $y=g.x$. Donc $y.g^{-1}=g^{-1}. (g.x)= (gg^{-1}).x =e .x =x$.
$y$ possède un unique antécédent.

Il reste à montrer qu'il n'y a pas de point invariant pour cette action.
$P \in \mathcal P$ est invariant sous l'action de $G$ sur $\mathcal P$ si $\forall g \in G, \ g.P=P$.
Donc si $\forall g \in G, \ \{ g.x \mid x \in P \} = P$.
Je ne vois pas pourquoi ce n'est pas possible.

Thierry Poma

@OShine : bonjour. Soit $\mathcal{P}_n$ le sous-ensemble de $\mathfrak{P}(G)$ constitué des parties de $G$ de cardinal $p^n$. Considérons l'opération de $G$ sur lui même par translation à gauche\[\tau:(G,\,\cdot)\to(\mathfrak{S}(G),\,\circ),\,g\mapsto\tau(g):\left\{\begin{array}{rcl}G&\longrightarrow&G\\x&\longmapsto&\tau(g)(x)=g\cdot{}x\\\end{array}\right.\]Si $x\in{}G$, quel est son $\tau$-stabilisateur $S_x$ ? Comment $G$ opère-t-il sur lui-même par $\tau$ ?

Considérons l'extension canonique de $\tau$ à $\mathcal{P}_n$ :

\[\Phi:(G,\,\cdot)\to(\mathfrak{S}(\mathcal{P}_n),\,\circ),\,g\mapsto\Phi(g):\left\{\begin{array}{rcl}\mathcal{P}_n&\longrightarrow&\mathcal{P}_n\\P&\longmapsto&\Phi(g)(P)=\left\{\begin{array}{c|c}y&y\in{}G\text{ et }(\exists\,x)(x\in{}P\text{ et }y=\tau(g)(x))\end{array}\right\}\\\end{array}\right.\]

Remarquons alors que\[\Phi(g)(P)=\left\{\begin{array}{c|c}y&y\in{}G\text{ et }(\exists\,x)(x\in{}P\text{ et }y=\tau(g)(x))\end{array}\right\}=\bigcup_{x\in{}P}\left\{\begin{array}{c|c}y&y\in{}G\text{ et }y=\tau(g)(x)\end{array}\right\}=\left\{\begin{array}{c|c}\tau(g)(x)&x\in{}P\end{array}\right\}\]toutes les fois que $(g,\,P)\in{}G\times\mathcal{P}_n$. Comment justifier rapidement que $\Phi(g)(P)\in\mathcal{P}_n$, lorsque $(g,\,P)\in{}G\times\mathcal{P}_n$ ? Je te laisse dans les mains de @NicoLeProf, que je salue au passage.

Montre rigoureusement que $\Phi$ est bien une opération de $G$ sur $\mathcal{P}_n$.

OShine

C'est bon j'ai compris pourquoi il n'y a pas de point invariant pour cette action.
Soit $a \in P$. Alors $\forall g \in G \ gP=P \implies \forall g \in G \ ga \in P \implies \forall b \in G \ b \in P$.
Ce qui est impossible car $P$ est une partie strictement incluse dans $G$.

@Thierry Poma
Les notations sont lourdes, est-ce utile de manipuler le morphisme à chaque fois ? 
Dans le livre d'Anne Cortella, l'action n'est jamais définie à l'aide du morphisme. 

OShine

Si $x \in G$, $S_x = \{ g \in G \ | \ \tau(g)(x)=g.x =x \}$.
Si $x \in G$, et $g \in G$, $\tau(g)(x)=g.x= gx$. On multiplie deux éléments de $G$ par la loi du groupe.

J'ai déjà démontré le reste, voir plus haut.

Thierry Poma

@OShine :

Soit $a \in P$. Alors $\forall g \in G \ gP=P \implies \forall g \in G \ ga \in P \implies \forall b \in G \ b \in P$.

J'avoue avoir bien du mal à comprendre. Peut-être suis-je débile.

OShine

Supposons que $P \in \mathcal P$ soit invariant pour cette action.
Alors $\forall g \in G \ g.P=P$. Donc $\forall (a,g) \in G^2 \ \ g.a \in P$. 
Soit $b \in G$. En choisissant $g=ba^{-1}$, on obtient $ba^{-1} a=b 1_G=b \in P$.
Ceci étant valable pour tout $b \in G$, on a montré $G \subset P$.
Ce qui est absurde car $\# G=p^n q > p^n$ car $q>1$ et $\# P = p^n$.
$G$ ne peut pas être inclus dans un ensemble de cardinal strictement inférieur à $G$.

Pour la suite, je bloque sur le passage encadré en violet.

Thierry Poma

@OShine :

Alors $\forall g \in G \ g.P=P$. Donc $\forall (a,g) \in G^2 \ \ g.a \in P$.

J'ai encore beaucoup de mal à comprendre.

NicoLeProf

Oui moi aussi (salutations amicales à @Thierry Poma ) je ne comprends pas ce qu'OS a écrit ici, ce passage n'a pas de sens. Et il faut davantage s'appliquer sur la rédaction aussi surtout pour cette preuve plus délicate.

(Après, remarque/questionnement de ma part : honnêtement, je ne vois pas ce que l'absence de point invariant pour cette action apporte pour la suite de la preuve, c'est surtout la suite avec $Card(\mathcal{P})$, l'utilisation du lemme etc qui est importante je dirais).

bd2017

Je crois qu'@Osine a corrigé ceci par la suite.... Donc pas de problème à ce niveau.

OShine

$\renewcommand{\S}{S}$@NicoLeProf
La preuve est juste. 
Quelqu'un comprend pourquoi $p^n$ divise le cardinal de $\S_{X_i}$ ? Je reste bloqué sur ce point.

bd2017

Si $p$  ne divise pas $|G:\S_{X_i}|$  alors  on n'a que  2 possibilités  $|G:\S_{X_i}|=1$  ou  $|G:\S_{X_i}|=q.$  

Thierry Poma

@OShine : veux-tu rappeler ce qu'est $(G:\S_{X_i})$, et par la même occasion ce qu'est $\S_{X_i}$ ?

Si tu dis que ta preuve est juste, alors...

OShine

@Thierry Poma
$S_{X_i}$ est le stabilisateur de $X_i$, on a $S_{X_i} = \{ g \in G \ | \ g.X_i = X_i \}$.
$[G : X_i ]$ est l'indice de $X_i$ dans $G$.

@bd2017
Je n'ai pas compris d'où sortent les deux possibilités.

bd2017

Quel sont les diviseurs de $p^n q$  non divisible par $p$  ?

Thierry Poma

@OShine :

$[G : X_i ]$ est l'indice de $X_i$ dans $G$.

Ah bon ?

Plus précisément, l'on a\[(G:S_{X_i})=\dfrac{\mathrm{Card}(G)}{\mathrm{Card}(S_{X_i})}\]soit de manière équivalente\[(G:S_{X_i})\times\mathrm{Card}(S_{X_i})=\mathrm{Card}(G)\]en sachant que $p^n$ divise trivialement $\mathrm{Card}(G)$ et que $p$ ne divise pas $(G:S_{X_i})$, de sorte que $p^n$ ne peut pas diviser $(G:S_{X_i})$.

hx1_210

J'ai du mal à comprendre comment on peut travailler sur les théorèmes de Sylow quand on sait que l'on est en difficulté avec les actions de groupes... et que dans le même temps on cherche des exercices sur la continuité des fonctions d'une variable réelle.

Quand on est étudiant, on n'a pas toujours le choix, mais quand on n'est plus étudiant, on peut se donner le luxe de travailler les sujets autrement que pour sauver les meubles au partiel qui arrive... ce qui n'est jamais une situation d'avenir.

OShine

J'étudie un livre sur la théorie des groupes et le dernier chapitre est sur les actions de groupes. Il y a le théorème de Sylow.
C'est normal d'être en difficulté sur les actions de groupe lorsqu'on a découvert cette notion il y a 1 mois en travaillant seul.
Je ne peux pas avoir de recul sur les actions de groupe, je n'ai jamais étudié cette notion lorsque j'étais étudiant.
Clairement cette partie est la plus difficile avec les sous-groupes dérivés que j'ai vu dans le chapitre antérieur.

Quand j'étudie un livre, j'aime bien le finir, sinon je le revends et je ne le garde pas. 
J'ai fini le livre d'arithmétique de Jean François Liret pourtant la fin était très difficile pour moi, j'ai eu beaucoup de difficultés sur les notions de sous-corps, réciprocité quadratique.

OShine

@Thierry Poma
Je n'ai pas compris ta preuve.
On doit montrer que $p^n$ divise $card(S_{X_i})$.

On a $p^n q = [G : S_{X_i} ] \times card(S_{X_i})$ avec $p$ qui ne divise pas $[G : S_{X_i} ] $.
Je ne vois pas comment montrer que $p^n$ divise $card(S_{X_i})$.

Thierry Poma

Selon @hx1_210 avec lequel je suis d'accord,

J'ai du mal à comprendre comment on peut travailler sur les théorèmes de Sylow (...) et que dans le même temps on cherche des exercices sur la continuité des fonctions d'une variable réelle.

Je te l'ai déjà dit, tu te disperses beaucoup trop. Tu devrais te consacrer exclusivement à un thème, celui de ton choix, et t'y maintenir jusqu'au bout.

Thierry Poma

@OShine : ce que je propose n'est pas une preuve, mais une idée de preuve, tout comme @bd2017 t'en propose une autre. A toi de voir. Revois ton Liret !

OShine

@Thierry Poma
J'étudie la démonstration des théorèmes de Sylow, il va me falloir sûrement une semaine pour comprendre les 3 pages de la preuve.

bd2017

Oui  mais faut-il  3  semaines  pour comprendre  que  si   $a  b  =p^n q $   et si  $p $  ne divise pas $a$ alors  $p^n$  divise $b?$ 

 Parce que depuis ton message de 17:43  tu as un problème sur cette évidence.

J'ai bien compris que c'est sur une question élémentaire sur les entiers que tu bloques et non pas sur l'algèbre...

OShine

@bd2017
Oui merci c'est le lemme de Gauss.
On a $ab=p^n q$ donc $p^n$ divise $ab$. Mais $p$ ne divise pas $a$ donc $p^n$ ne divise pas $a$ et ainsi $a$ et $p^n$ sont premiers entre eux.
D'après le lemme de Gauss, $p^n$ divise $b$.
Ici, $a=[G:S_{X_i}]$ et $b=card (S_{X_i})$.

La preuve est encore longue, on va voir si je vais bloquer sur la suite. 

OShine

J'ai un petit souci sur la suite.
Comment on sait qu'on peut passer au quotient ? On ne sait pas si $P$ est distingué dans $G$...
L'action est bien $\forall (h,g P) \in H \times H \times E ,\ \ h.gP= (hg) P$ ? 

• $\forall gP \in E \ 1_G, . gP = (h 1_G) P)=hP$.
• $\forall (h,h') \in H^2, \ h.(h' . gP)=h. ( h'g P)=(hh') gP$.

Montrons que ça ne dépend pas du représentant choisi. Si $gP=g'P$ alors $\forall h \in H ,\ h. (gP)=(hg) P$ et $h.(g'P)=h . (gP)=(hg) P$.

noobey

G/P n'est pas forcément un groupe

OShine

Ah d'accord merci.
Je n'ai jamais vu un truc aussi théorique et abstrait que les théorèmes de Sylow. 

Je bloque sur 2 points dans ce qui suit :  

• Je ne comprends pas pourquoi $p \mid [H : S_{Y_i} ]$. J'ai écrit $p^n= [H : S_{Y_i}] card (S_{Y_i})$ avec $card(S_{Y_i}) \ne p^n$ mais après je bloque. 
• Je ne vois pas pourquoi $yPy^{-1}$ est aussi un $p$-Sylow de $G$.

Thierry Poma

@OShine : bonsoir. Pour chaque $k=1,\,\cdots,\,l$ (quelle horreur !), rappelons que $Y_k$ est un représentant d'une $H$-orbite non triviale, dont son stabilisateur $S_{Y_k}$ est un sous-groupe de $H$ tel que $S_{Y_k}\ne{}H$ nécessairement. Ce faisant,\[\mathrm{Card}(E^H)\equiv{}\mathrm{Card}(E)\ne0\qquad(\mathrm{mod.}\,p)\]Continuons pour le plaisir... Par suite, $E^H$ est non vide ; soit $y\,P$ l'un de ses éléments, où $y\in{}G$. La définition de $E^H$ nous donne que $hy\,P=h\,(y\,P)=y\,P$ toutes les fois que $h\in{}H$, de sorte que $P=y^{-1}hy\,P$, d'où $y^{-1}Hy\subseteq{}P$.

Finalement, vu que $P$ est un $p$-sous groupe de Sylow et que $yPy^{-1}$ est un sous-groupe de $G$ dont l'ordre est identique à celui de $P$ (vérifier les deux affirmations !), il suit que le $p$-sous groupe $H$ est inclus dans le $p$-sous groupe de Sylow $yPy^{-1}$ de $G$.

Thierry Poma

@OShine : désolé, mais je ne suis pas au meilleur de ma forme ce soir.

bd2017

Bonjour, tu as  $[H: S_{Y_i}]=\dfrac{|H|}{|S_{Y_i}|}.$  Donc  $|H|$  étant une puissance de $p,$ le quotient $[H: S_{Y_i}]$ aussi.  

On a donc $[H: S_{Y_i}]=p^{z}$  avec $z\neq 0$  (puisque  $S_{Y_i}\neq H$ ) . On a $p$  qui divise $p^z$  quand l'entier $z$ est non nul. 

OShine

@Thierry Poma
Pas grave merci quand même, certains passages m'ont aidés. 

@bd2017
Merci. 
Il reste à montrer que si $P$ est un $p$-Sylow de $G$ alors $yPy^{-1}$ avec $y \in G$ aussi.

• Montrons que $y P y^{-1}$ est un sous-groupe de $G$. Il est non vide, il contient $y 1_G y^{-1}=1_G$. Soit $a,b$ deux éléments de $y P y^{-1}$. Alors il existe $p,p' \in P$ tel que $a=ypy^{-1}$ et $b=y p ' y^{-1}$ donc $ab= y (pp') y^{-1} \in y Py^{-1}$. Enfin, si $a \in y P y^{-1}$, alors $ay py^{-1}$ et donc $a^{-1}=y p y^{-1} \in y P y^{-1}$.

Comme $P$ est un $p$ Sylow, on a $|P|=p^n$.
Il reste à montrer que $|y P y^{-1} |=|P|$.
L'application $f : P \longrightarrow y Py^{-1}$ telle que $f(p)=ypy^{-1}$ est un morphisme de groupes bijectif.
En effet, soit $x \in y Py^{-1}$. Donc $x=y p y^{-1}$. 
On cherche $p' \in P$ tel que $f(p')=x$ soit $y p' y^{-1}=y p y^{-1}$. Il suffit de prendre $p'=p$ et on a bien $p' \in H$.
Finalement, $|y P y^{-1} |=|P| = p^n$ donc $y P y^{-1}$ est un $p$ Sylow de $G$. 

La preuve est encore longue. 

OShine

Je bloque sur un petit point qui a l'air bête, je n'arrive pas à montrer que $PQ$ est non vide... C'est le seul point qui me pose problème dans le passage qui suit. 
Je sais que $P$ contient $1_G$ car c'est un $p$ Sylow donc un sous-groupe de $G$, mais pour $Q$ je ne vois pas.
$Q$ est un ensemble qui appartient à l'ensemble $X$ des $p$ Sylows qui sont invariants sous l'action de $P$.
Pourquoi il est non vide ? Qui est le neutre de cet ensemble ? 

raoul.S

Mais $Q$ est également un p-Sylow tout comme $P$...

OShine

Ah d'accord merci.

Je bloque sur ce qui suit. J'ai déjà passé 30 min à comprendre l'expression de $f^{-1} ( \{ z \} )$.

bd2017

Bonjour

Soit $z=xy, x\in P, y\in Q  $   et   $k\in P \cap Q.$  Posons $x'=  x k$  et $y'=k^{-1}y.$
C'est clair que $x'\in P$ et $y'\in Q$  et $f(x',y')= x'y' = xy=z.$
Le  couple $(x',y')=( x k,k^{-1}y) $ est donc un antécédent de $z$ par $f.$
Il te reste à montrer qu'un antécédent de $z=xy$ est bien de cette forme.

OShine

@bd2017
J'ai réussi à démontrer cette partie par double implication. 
Ce que je n'arrive pas à montrer que c'est que $f^{-1} ( \{ z \})$ possède $card(P \cap Q)$ éléments. 
Puis je ne comprends pas d'où sort l'égalité encadrée en vert avec les cardinaux.

bd2017

Eh bien, il n'y a rien a démontrer puisque  étant fixés   $x\in P$ et  $y\in Q$  t.q    $z=xy,$ on a montré (sans le dire ou le vérifier explicitement ) que l'application  $k\in P\cap Q  \mapsto  (x k,  k^{-1} y) \in f^{-1 }(\{ z\})$ est une bijection. 

Pour l'encadré en vert on a  l'ensemble des  $f^{-1}(\{z\}) , z\in P Q $  forment une partition de $P\times Q.$  Et combien chaque  $f^{-1}(\{z\})$ possède-t-il d'éléments?   

s-t-p  fait des petits schémas  avec ensemble de départ et d'arrivée... visualise un peu les maths car ici tes difficultés sont élémentaires.

OShine

Ah d'accord. 
Je le montre pour me convaincre.
Soit $\phi : P \cap Q \longrightarrow f^{-1} ( \{z \})$ définie par $f(k)=(xk,k^{-1} y)$.
La surjectivité est évidente.
L'injectivité aussi, car si $\phi(k)=\phi(k')$ alors $xk=xk'$ et en appliquant $x^{-1}$, on obtient $k=k'$.

Par contre, je ne vois pas d'où sort l'égalité $card (P \times Q)=card(PQ) \times card (P \cap Q)$.

bd2017

Fais un dessin:  une patate à gauche qui représente P times Q et une patate   à droite qui   ... 

Dans la patate de droite tu mets par exemple       3  éléments  = card (PQ)  et tu supposes que     2= card  P inter Q

Tu mets tes flèches  et combien vas tu avoir d'éléments dans la patate de gauche ?

OShine

Ok merci, je vois l'idée, mais je vais tenter de démontrer que les $f^{-1} ( \{z \} ) $ avec $z \in PQ$ forment une partition de $P \times Q$.

Thierry Poma

@OShine : bonsoir. D'où pourrait bien sortir cette fameuse égalité ? Est-ce ta question ? Peut-être de là, non ?

Miss Cortella se complique inutilement la vie.

OShine

@Thierry Poma
Merci, très intéressant il y a même le dessin qui explique tout, c'est une version plus abstraite du lemme des bergers. Mais comme l'a signalé @bd2017 peut-être qu'il vaut mieux tout redémontrer soi-même avec un dessin.

Montrons que $P \times Q= \displaystyle\bigcup_{z \in PQ} f^{-1} ( \{ z \} )$.

• L'inclusion $ \displaystyle\bigcup_{z \in PQ} f^{-1} ( \{ z \} ) \subset P \times Q$ est évidente.
• Soit $(x,y) \in P \times Q$. Si on pose $z=xy$, on a bien $f(x,y)=z$ donc $(x,y) \in f^{-1} ( \{ z \})$ donc $(x,y) \in \displaystyle\bigcup_{z \in PQ} f^{-1} ( \{ z \} )$. 
• On a montré : $\boxed{P \times Q= \displaystyle\bigcup_{z \in PQ} f^{-1} ( \{ z \} )}$.

Il reste à montrer que les ensembles $E_z = \{ f^{-1} ( \{ z \} ) \}$ pour tout $z \in PQ$ sont disjoints deux à deux.
Soient $z,z'$ deux éléments distincts de $PQ$.
Soit $(x,y) \in E_z \cap E_{z'}$. Alors $f(x,y)=xy=z=z'$. C'est absurde.
Donc $\boxed{E_z \cap E_{z'}= \emptyset}$.

Pour la fin je ne suis pas sûr. Je propose ceci.

$card (P \times Q)= card (P) card (Q)=p^n \times p^n=p^{2n}$ car $P$ et $Q$ sont des $p$-Sylows.
Montrons que $card(PQ)$ est une puissance de $P$.
On sait que $P \cap Q$ est un sous-groupe de $P$ comme intersection de sous-groupe, il est inclus dans $P$, d'après le théorème de Lagrange, $card (P \cap Q)=p^{\alpha}$ où $\alpha \leq n$.
Donc $card(PQ)=p^{2n- \alpha}$ avec $2n - \alpha >0$.
Donc $card(PQ)$ est une puissance de $p$. 

Je bloque sur le dernier passage : pourquoi si $PQ$ est un $p$ sous-groupe qui contient $P$, alors c'est $P$ ? Pareil pour $Q$ ? 
Je ne trouve pas.

bd2017

La première partie est correcte. Elle sert à démontrer ce que l'on veut. 
Ici le fait que P et Q  sont des groupes ne jouent aucun rôle. 
Donc dans la deuxième partie tu es hors sujet. 
Même connaître les cardinaux de P et Q ne servent pas  .  Ce n'est même plus un problème de groupe... 
C'est un problème tout simple d'application d'un ensemble vers un autre ensemble. 
J'ai dit fait un dessin avec des patates de cette appli en donnant des valeurs très simples aux cardinaux
De PQ et de P inter Q. 
Si tu ne vois pas ce qu'il se passe c'est impossible de démontrer,  ..
Moi je ne sais pas démontrer à l'aveuglette.. 
Personne ne sait le faire. . .

NicoLeProf

Bah $PQ$ est un $p$-sous-groupe de $G$ contenant $P$ donc $P \subset PQ$.

Mais $P$ est un $p$-Sylow par hypothèse donc d'après le premier point du théorème, on a aussi : $PQ \subset P$.

Donc $P=PQ$. Même raisonnement pour $Q$.

OShine

@bd2017
On a la partition $P \times Q= \displaystyle\bigcup_{z \in PQ} f^{-1} ( \{z \} )$.
Donc $card (P \times Q)=\displaystyle\sum_{z \in PQ} card(  f^{-1} ( \{z \} ) )$
Soit $card (P \times Q)=card( P \cap Q) \displaystyle\sum_{z \in PQ} $
$\boxed{card (P \times Q)=card( P \cap Q) \times card (PQ)}$

@bd2017
J'ai fait le dessin, il y aurai $6$ éléments dans la patate de gauche. 
Comment tu démontres que $card( PQ)$ est une puissance de $p$ ? 
Je n'ai pas compris pourquoi je suis hors-sujet. Je ne vois pas comment faire autrement.

@NicoLeProf
Merci je ne suis pas sûr d'avoir bien compris.
On a $P \subset PQ$ donc $card(PQ) \geq p^n$.
On sait que $PQ$ est un $p$ groupe donc contenu dans un $p$ Sylow donc $card(PQ) \leq p^n$.
Finalement $card(PQ)=p^n$.
Donc $PQ=P$.

bd2017

@Oshine je dis que tu es hors sujet pour justifier la formule du cardinal de $P\times Q. $  On n'utilise  que l'application $f$  (comme on le voit sur ton  ton dessin) 

On  n'a pas  à utiliser  les structures de $P$ et $Q$  à cet endroit.