le groupe linØaire et le groupe spØcial linØaire

Chapitre 2

Le groupe linéaire et le groupe spéciallinéaire

Sommaire1 Sur les générateurs . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1

1.1 Le groupe linéaire GL(E) et le groupe spécial linéaire SL(E) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11.2 La conjugaison des dilatations et des transvections . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8

2 Le centre et le sous-groupe dérivé . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 102.1 Les centres de GL(E) et de SL(E) et ce que l’on en fait ¹¹ËÉ PGL(E) et PSL(E) . . . . . . . 102.2 Les sous-groupes dérivés de GL(E) et de SL(E) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 132.3 Etude approfondie du groupe SL(2;F3) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23

3 Simplicité de PSL(E) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25

1 Sur les générateursJe pourrais reprendre exactement les mêmes propos développés dans le chapitre sur le groupe symétrique et

les remettre ici, le schéma que l’on va développer est exactement le même, la finalité est évidemment d’imprimerdans l’esprit la démarche qu’on a suivie et qu’on va réprendre pour aborder les mêmes thèmes d’étude.

1.1 Le groupe linéaire GL(E) et le groupe spécial linéaire SL(E)

Soit k un corps commutatif�

�

�

�et de caractéristique quelconque, et soit E un k-espace vectoriel de dimension

finie n. On va dénoter par GL(E) le «groupe linéaire» c’est à dire le groupe des applications k-linéaires bijectivesde E dans E. La donnée d’une base de E nous permet d’identifier GL(E) avec GL(n;k) le groupe des matricescarrées inversibles à coefficients dans k.

Au lieu de parachuter des définitions (qui pourraient nous paraître sortir un peu de l’espace) pour attaquerdirectement le problème des générateurs, ma démarche d’escargot consiste à me raccrocher au peu de chose queje connais pour trouver des points communs avec les nouvelles choses. Si l’on revient au groupe symétrique, lesgénérateurs qui nous viennent à l’esprit sont bien évidemment les transpositions (i, j) qui échangent deux indicesi et j et qui laissent le reste invariant... ! Les transpositions jouent donc le rôle de briques élémentaires pour legroupe symétrique. Notons que l’émergence d’une brique élémentaire peut se voir de la manière suivante : Unsous-ensemble {i, j} à deux éléments est bien le plus petit sous-ensemble possible pour lequel on a une chance detrouver une permutation dont la restriction n’y soit pas triviale, de manière (équivalente) cela consiste à se donnerun plus grand sous-ensemble d’éléments pour lequel on a une chance de trouver une permutation non-triviale dontla restriction y soit triviale (notons alors qu’un tel sous-ensemble doit nécessairement comporter n− 2 éléments).Notons également qu’il est naturel de voir ces derniers comme briques élémentaires car d’après moi c’est tout àfait normal de considérer de petites transformations avant de considérer de grands bouleversements qui sont en finde compte le plus souvent le résultat de l’accumulation, de la conjonction de plusieurs évènements élémentaires(tout comme le fait qu’il faille savoir marcher avant de pouvoir courir... !).

1

1. – Sur les générateurs – Chapitre 2. – Le groupe linéaire et le groupe spécial linéaire –

Essayons alors de prendre cette même démarche pour essayer de dégager nos briques élémentaire pour legroupe linéaire ; donc pour faire notre parallèle, on peut se demander ce qui pourrait jouer de plus grand sous-espace pour lequel on puisse trouver un élément de GL(E) \ {IdE} dont la restriction y soit triviale, la réponse estbien évidemment un hyperplan.

Poursuivons notre exploration en passant maintenant à l’étape suivante qui consiste à décrire explicitementles briques élémentaires. Dans le cas du groupe symétrique, une fois qu’on s’est donné n− 2 points, "la" briqueélémetaire est donc a transposition qui échange les deux autres points. Pour le groupe linéaire, si on se donne doncun hyperplan, qu’est-ce qu’on peut trouver comme briques élémentaires issu de cet hyperplan? Une représentationmatricielle nous aidera à voir un peu mieux ce que l’on peut éventuellement espérer trouver, en complétant unebase de l’hyperplan, matriciellement on doit trouver ceci : On voit que 1 et a sont valeurs propres de notre

1

1

0

a

B

Figure 2.1 –

transformation. En même temps, on ne souhaite pas avoir l’identité, alors deux cas se présente à nous :

• Si a 6= 1, alors on remarque que notre matrice est diagonalisable (car on a égalité entre les multiplicitésalgébriques et géométriques des valeurs propres).

• Si a= 1, comme on ne veut pas de l’identité, alors on doit avoir B 6= {0}.

Comme notre transformation "élémentaire" laisse stable l’hyperplan, elle va induire une transformation inver-sible sur l’espace quotient (ce dernier étant alors isomorphe à k), on voit très bien que dans le premier cas cela nousdonnera simplement une dilatation, tandis que dans le deuxième cas on obtiendra l’identité, ce qui nous amène àla définition suivante :

Soit H un hyperplan de E et f ∈ GL(E) \ {idE} tel que f|H = idH, notons f ∈ GL(E/H) l’automorphismeinduit par f.

1 On dira que f est une «dilatation» d’hyperplan H si f 6= idE/H.

2 On dira que f est une «transvection» d’hyperplan H si f= idE/H.

Def. 2.1

Présentons sans plus attendre, différentes façons de voir nos objets nouvellement définis pour mieux les appré-hender.

Cours d’Amatheux N.G.J. Pagnon 2/35


Avec les notations de la définition précédente (sans oublier que f 6= idE), les énoncés suivants sont(équivalents) :

1 f est une dilatation d’hyperplan H.

2 f est diagonalisable.

3 Le spectre de f vérifie Sp(f) 6= {1}.

4 det(f) ∈ k∗ \ {1}.

5 Im(f− idE) *H.

6 Il existe une base de E�

�

�

�et un scalaire a ∈ k∗ \ {1} pour lesquels la matrice de f dans cette base soit

égale à diag(1, · · · , 1,a).

Prop. 2.1 [ Caractérisations des dilatations ]

Preuve. (1)⇒(2) est ce que l’on a déjà remarqué plus haut.(2)⇒(3) est la conséquence même du l’hypothèse qu’il ne faut pas oublier, à savoir f 6= idE.(3)⇒(4) est évident.(4)⇒(5) Soit a ∈ Sp(f) \ {1} et x un vecteur propre relativement à a, par hypothèse

�

�

�

�f|H = idH si bien que l’on

a x /∈H�

�

�

�et (f− idE)(x) = (a− 1).x n’appartient donc pas à H (car (a− 1) 6= 0).

(5)⇒(6) L’hypothèse (5) conjuguée avec l’hypothèse�

�

�

�f|H = idH nous permet de dire que f est diagonalisable

(il suffit comme au dessus de voir qu’il y a égalité entre les multiplicités algébriques et géométriques des valeurspropres).(6)⇒(1) n’est rien d’autre que la définition même d’une dilatation. h

RmqRmqRmqRmqRmqRmqRmqRmqRmqRmqRmqRmqRmqRmqÐÐÐÐÐÐÐÐÐ

Si on dénote par D := Im(f − idE), alors par le point (5) ci-dessus, on en déduit que E = H ⊕ D.

Inversement, si on a E = H ⊕ D et si on se donne un sacalaire a 6= 1 alors on trouvera une unique

dilatation f vérifiant les données ci-dessus. On obtient donc une bijection entre les dilatations�

�

�

�et les triplets

(H,D,a) décrits ci-dessus. Le scalaire a est appelé le «rapport» de la dilatation.

Passons enfin à l’objet suivant, mais avant cela nous allons avoir besoin d’introduire une notation. Pour i 6= j,

soit Ei,j la matrice élémentaire dont je n’ai plus besoin de rappeler, on va dénoter par Ui,j(λ) :Í= idE + λ.Ei,j

avec λ ∈ k, et par Ui,j la réunion de toutes ces expressions lorsque λ parcourt k. Alors on sait fort bien que Ui,j

est un sous-groupe à un paramètre�

�

�

�et l’inverse de Ui,j(λ) n’est rien d’autre que Ui,j(−λ). Ceci étant fait nous

pouvons maintenant énoncer le résultat suivant :



Avec les notations de la définition précédente (sans oublier que f 6= idE), et en rajoutant la donnéeH= Ker(L)

avec L ∈ E∗, alors les énoncés suivants sont (équivalents) :

1 f est une transvection d’hyperplan H.

2 f n’est pas diagonalisable.

3 Le spectre de f vérifie Sp(f) = {1}.

4 det(f) = 1, c’est à dire que f ∈ SL(E).

5 Im(f− idE) ⊆H.

6 Il existe une base de E pour laquelle la matrice de f dans cette base soit égale à Un−1,n(1).

7 Il existe un vecteur vf ∈H pour lesquel on a f(x) = x+ L(x).vf pour tout x ∈ E.

Prop. 2.2 [ Caractérisations des transvections ]

(J’ai effectivement mis en bleu le (7) pour le distinguer des autres qui ont chacun leur pendant dans la proposition2.1 p.3).

Preuve. Compte tenu des caractérisations faites pour des dilatations (voir Prop.2.1 p.3), il est clair que les points(1) à (5) sont bien équivalents.

Rappelons que l’aspect de la matrice que l’on trouve dans Figure 2.1 p.2 (pour le cadre d’une transvection, i.e.a = 1 et B 6= {0}) est obtenue en considérant «n’importe» quelle base de H complétée d’un certain vecteur v. Laremarque importante que nous pouvons faire est la suivante : Si on considère n’importe quelle autre base de H touten gardant le vecteur v, on obtient encore une base de E

�

�

�

�et la représentation matricielle de f dans cette nouvelle

base aura exactement la même configuration que la Figure 2.1 (on remplacera seulement B par une autre colonneB′ qui demeure non triviale). Si on revient sur cet aspect matriciel, on comprend que l’image du vecteur v est dela forme v+ b où b est un vecteur non-trivial de H, par la remarque que nous venons de faire, on va compléterle vecteur b pour avoir une base de H et ensuite on adjoint à cette base notre vecteur v et il est facile de voir quela matrice de f dans cette base sera comme celle décrite dans la figure 2.1 où dans B on aura un seul coefficientnon nul, qui vaut 1 et qui occupera la position que b occupe dans cette base de H. Il suffit alors de décider que b

occupe la dernière place dans cette base de H et on aura bien la matrice de f égale à Un−1,n(1).

(6)⇒(7) En dénotant par {e1, · · · , en} la base précédente donnant l’aspect de la matrice de f égale à Un−1,n(1).Si x est un vecteur quelconque, que l’on écrit dans cette base x= α1.e1+ · · ·+αn.en, alors on voit parfaitementque

f(x) = α1.f(e1) + · · ·+αn−1.f(en−1)︸︷︷︸α1.e1+···+αn−1.en−1

+αn.f(en)

= α1.e1 + · · ·+αn−1.en−1 +αn.(en−1 + en) = x+αn.en−1.

Dans cette dernière écriture, on remarque que le coefficient αn n’est rien d’autre que l’expression obtenue en ap-pliquant la forme linéaire e∗n à x et cette forme linéaire a pour noyau H si bien qu’elle est proportionnelle à L, on

a alors L = β.e∗n, avec β 6= 0. On peut poser vf :Í= 1

βen−1 et on obtient effectivement f(x) = x+ L(x).vf et le

tour est joué.

(7)⇒(1) Il est clair qu’une telle donnée de f nous permet de voir f = idE/H, c’est à dire qu’on a affaire à unetransvection. h



RmqRmqRmqRmqRmqRmqRmqRmqRmqRmqRmqRmqRmqRmqÐÐÐÐÐÐÐ

On obtient facilement une expression plus générale que celle qu’on a obtenue au (6) : Pour i 6= j, il existeune base dans laquelle a matrice de f est égale à Ui,j(1). En particulier, de ceci on en déduit que toutes lesmatrices Ui,j(1) n’étant en fin de compte que l’expression matricielle de f dans des bases différentes, sontalors conjuguées entre elles.

En effet, en reprenant la dernière partie de la démonstration concernée, avec exactement la même base on vajuste changer l’ordre de ces vecteurs bases, on veut un 1 à l’intersection de la ieme ligne et de la jeme colonne ; maisen regardant d’un peu plus près les lignes de Un−1,n(1), on constate que la seule ligne présentant deux coefficientsnon triviaux est la (n− 1)eme, nous on veut cette fois que cela soit à la ieme ligne, donc je suggère de placer levecteur en−1 en ieme position, le même raisonnement me dit de placer en en jeme position, et le tour sera joué.

En reprenant cette même preuve, on constate que D := Im(f − idE) = vect(vf) ⊆ H est de dimension 1 etcontrairement à la situation d’une dilatation, la donnée de H et de D ne suffit pas à déterminer notre transvection,en effet si on considère le résultat (7) de la proposition précédente on voit bien que x 7→ x+ L(x).λ.vf avec λ 6= 0

est aussi une transvection car cela garde parfaitement l’allure de l’expression dans (7), et c’est donc une transvec-tion d’hyperplan H est de même droite D. De cette dernière observation on en déduit que tout Ui,j(λ), avec λ 6= 0

est une matrice représentative d’une certaine transvection.

D’autre part, l’expression explicite de ce résultat (7) nous dit clairement que la partie L(x).vf de l’expressionde f(x), i.e. la donnée d’une forme linéaire définissant l’hyperplanH ainsi que la donnée d’un vecteur vf ∈H nouspermet de retrouver parfaitement notre transvection f. Si bien que l’on va noter τ(L,vf) pour représenter notretransvection dont l’expression explicite est contenue dans la partie (7) de la proposition 2.2 précédente.

Donnons quelques propriétés relatives aux transvections :

En conservant les hypothèses et les notations de la proposition précédente, on a :

1 On a τ(L,vf) = τ(α.L, 1

α.vf).

2 On a τ(L,vf)−1 = τ(L,−vf).

3 On a τ(L,vf) ◦ τ(L,vg) = τ(L,vf + vg).

Cor. 2.1

Preuve. (1) C’est trivial, d’ailleurs on a vu ça à la fin de la preuve (6)⇒(7) ci dessus, c’est juste une question denormalisation.

(2) Rappelons la propriété déjà signalée lorsqu’on a défini les matrices Ui,j(λ) : on a Ui,j(1)−1 = Ui,j(−1).

On a vu ci-dessus que Un−1,n(1) est la matrice représentative de f dans une certaine base {e1, · · · , en} ; danscette même base, d’après notre rappel la matrice représentative de f−1 étant Un−1,n(−1), on en déduit quef−1|H

= idH

�

�

�

�et f−1(en) = −en−1 + en. En reprenant exactement la preuve de la démonstration de la pro-

position 2.2 précédente, on verra très bien que relativement à la base {e1, · · · , en−2,−en−1, en}, la matricede f−1 sera égale à Un−1,n(1) ; de plus en reprenant la partie de la démonstration (6)⇒(7), si on écrit x =

α1.e1+ · · ·αn−2.en−2+αn−1.en−1+αn.en = α1.e1+ · · ·αn−2.en−2+(−αn−1).(−en−1)+αn.en dans lesdeux bases concernées, la même preuve nous donne f(x) = x+αn.en−1 et en utilisant la deuxième expression enx (en tenant compte de sa matrice représentative de f−1) on trouve que f−1(x) = x+αn.(−en−1). La suite de cettemême preuve nous donne L = β.e∗n et vf =

1

βen−1, alors il est facile de voir que l’on trouve vf−1 = −1

βen−1

ainsi que f−1(x) = x+ L(x).vf−1 est le résultat est démontré.

En fait on aurait pu donner une preuve bien plus simple, mais je voulais au dessus lier avec l’expression ma-tricielle : f(x) = x + L(x).vf, donc f−1(f(x)) = x = f−1(x + L(x).vf) = f−1(x) + L(x).f−1(vf), si bienqu’on en déduit que f−1(x) = x − L(x).f−1(vf), or vf ∈ H donc f(vf) = f−1(vf) = vf et on trouve que



f−1(x) = x+ L(x).(−vf).

(3)

τ(L,vf) ◦ τ(L,vg)(x) = τ(L,vf)(x+ L(x).vg︸︷︷︸x ′

) = x′+ L(x′).vf = (x+ L(x).vg) + L(x+ L(x).vg).vf

= x+ L(x).vg + L(x).vf + L(x). L(vg)︸︷︷︸=0

.vf

= x+ L(x).(vg + vf).

h

De l’analyse précédant le corollaire ci-dessus sur l’expression f(x) = x+ L(x).vf, nous voyons les rôles nonnégligeables joués à la fois par la forme linéaire L donc de l’hyperplan H, ainsi que du vecteur vf, mais si on seréfère au résultat (1) de Cor.2.1 il s’agit plus précisément de la droite D := vect(vf) = Im(f− idE). C’est la raisonpour laquelle nous appellerons parfois f la transvection d’hyperplan H et de droite D. Si on pousse un peu plusle vice, en regardant à nouveau le terme L(x).vf qui représente en quelque sorte la "partie principale" de la trans-vection (i.e. celle qui la caractérise complètement), on peut bien spéculer sur les rôles symétriques que peuventjouer l’hyperplan H et la droite D : Dans la définition de départ d’une transvection, nous sommes partis avec unehypothèse sur la restriction de f à l’hyperplan H

�

�

�

�et avec une hypothèse sur l’automorphisme quotient f sur E/H,

alors il est légitime de se demander si on ne pourrait pas inverser les rôles entre H et D et fort heureusement laréponse est positive :

Soit f ∈ GL(E) \ {idE}, alors on a les (équivalences) suivantes :

1 f est une transvection de droite D.

2 f|D = idD

�

�

�

�et l’automorphisme induit f : E/D→ E/D est l’identité.

Cor. 2.2

Preuve. (1) ⇒ (2) : La deuxième partie n’étant rien d’autre qu’une conséquence de la définition même d’unetransvection, tandis que la première partie résulte de la description explicite de f(x) = x+ L(x).vf.

(2) ⇒ (1) : l’hypothèse�

�

�

�f= idE/D nous dit que pour tout x ∈ E, on a f(x) − x ∈ D, par conséquent

on a Im(f − idE) ⊆ D, et puisque f 6= idE on a Im(f − idE) = D. Par le théorème du rang on en déduit queKer(f− idE) := H est bien un hyperplan qui de plus contient D car

�

�

�

�fD = idD ; on utilise alors le critère (5) de

Prop.2.2 p.4 pour pouvoir affirmer que f est bien une transvection qui de plus est bien une transvection d’hyperplanH et de droite D. h

Enfin passons maintenant aux principaux résultats de ce §, pour cela nous allons avoir besoin d’un résultatpréliminaire qui va nous permettre de démarrer la preuve qui se fera par induction :

Soient x,y ∈ E \ {0}. Alors il existe une transvection (ou) un produit de deux transvections qui envoie x sury.

Lem. 2.1

Preuve. • Si x et y ne sont pas colinéaires : On recherche f de la forme f(x) = x + L(x).vf. Considéronsa := y− x et H un hyperplan contenant a, mais pas x cela est réalisable car a et x ne sont pas colinéaires.On prend pour équation définissant H la forme linéaire L telle que L(x) = 1, alors f := τ(L,a) convientparfaitement.



• Si x et y sont colinéaires : On prend z non colinéaire et d’après le cas précédent on trouve deux transvectionsg et h pour lesqulles g(x) = z et h(z) = y et leur composition fait bien l’affaire.

h

RmqRmqRmqRmqRmqRmqRmqRmqRmqRmqRmqRmqRmqRmqÐÐÐÐÐÐÐÐÐÐÐÐÐÐÐÐÐÐÐÐÐÐÐÐÐÐÐÐÐÐÐÐÐÐÐÐÐ

1 De ce lemme, on en déduit que l’action du sous-groupe engendré par les transvections (i.e. SL(E) voirle théorème suivant) possède seulement deux orbites dans E : l’orbite triviale {0} et E \ {0}.

2 On aurait pu analyser l’énoncé d’une autre manière : x et y étant fixés, on recherche une inconnue ∗qui doit vérifier l’équation x+ ∗ = y et où ∗ doit obligatoirement se balader dans un hyperplan (eneffet l’expression d’une transvection est de la forme f(x) = x+ L(x).vf, où vf est un certain vecteurde H = Ker(L)) ; une autre façon de décripter cela est de voir x totalement figé, y balayant E, et ∗venant à compléter le podium. C’est en quelque sorte voir x comme la première coordonnée de y eton chercherait alors à trouver un supplémentaire adapté à cette situation :

x

y

y − x

Sur la figure on voit très bien qu’il faudrait prendre ∗ = y−x. Par conséquent, notre analyse a toutes leschances d’aboutir, i.e. tout vecteur y a pour première coordonnée le vecteur fixé x initialement pouvuque la deuxième coordonnée ∗ = y− x puisse être dessinée, i.e. si x et y ne sont pas colinéaires.... !

1 Les transvections engendrent SL(E).

2 Les transvections�

�

�

�et les dilatations engendrent GL(E).

Thm. 2.1 [ Générateurs de SL(E) et de GL(E) ]

Preuve. (1)- • Soit g ∈ SL(E), et Soit x 6= 0. D’après le lemme 2.1 ci-dessus, quitte à remplacer g par fg où fserait un produit de transvections, on peut supposer que g(x) = x. Dénotons D := vect(x) la droite engendréepar x, alors D est stable par g qui induit alors un automorphisme sur l’espace quotient g : E/D → E/D. On peutconsidérer la base suivante de E : e1 = x complété des vecteurs e2, · · · , en pour lesquels {e2, · · · , en} soit une basede E/D. Il est alors facile de voir que l’on obtient l’aspect de la matrice M de g et celui M de g dans ces bases sont

reliés par : M =

�1 ∗

0 M

�. Le développement du déterminant suivant la première colonne de M nous donne

exactement det(g) = det(g). Si bien que l’on a g ∈ SL(E/D). La récurrence nous permet d’avoir g comme produitde transvections sur E/D, g = τ1 · · · τr avec τi = τ(Li, ai). Considérons ai un relevé de ai dans E, et Li ∈ E∗ telque Li = Li ◦ π où π : E→ E/D est la projection canonique.

• Posons alors τi :Í= τ(Li,ai) . Il faut remarquer que par construction, on a Li(x) = Li ◦ π(x)︸︷︷︸

=0

= 0, si bien

que τi(x) = x et les τi stabilisent D et induisent des automorphimes sur E/D qui se confondent avec les τi.

• Posons le produit de transvections suivant f :Í= τ1 · · ·τr , alors f(x) = x = g(x)

�

�

�

�et par l’observation

précédente on a f = τ1 · · · τr = g, si bien que (f−1 ◦ g)|D = idD

�

�

�

�et å(f−1 ◦ g) = f−1 ◦ g = idE/D, alors par le

Cor.2.2 p.6, on peut affirmer que f−1 ◦g est une transvection v et on a g = fv est bien un produit de transvections,



chose que l’on voulait démontrer.

(2)- Soit g ∈ GL(E), considérons f la dilatation de rapport det(g)−1, alors fg ∈ SL(E) et on peut appliquer(1) pour conclure. h

RmqRmqRmqRmqRmqRmqRmqRmqRmqRmqRmqRmqRmqRmqÐÐÐÐÐÐÐÐÐ

Dans la démonstation, on aurait pu facilement inclure le fait que nombre de transpositions qui rentrentdans la décomposition d’un élément de SL(E) est majoré par la dimension de E. Néanmoins on pourravoir les exercices 7. (resp. 8.) dans [Per] p.110-111 pour avoir exactement le nombre minimun nécessairede transvections (resp. de transvections et de dilatations) pour représenter un élément de SL(E) (resp. deGL(E)) ; ce nombre est "forcément" lié à la dimension de l’espace des vecteurs fixes par notre transformation.

1.2 La conjugaison des dilatations et des transvections

ÐÐÐÐÐÐÐÐÐÐÐÐÐÐÐÐÐÐÐÐÐÐÐÐÐÐ

Il était important pour moi de faire l’observation suivante concernant la conjugaison,"Pourquoi a-t-on privilégié l’action de conjugaison pour un groupe donné ?". La raison selon moi estla suivante : Nous avons axé notre étude sur la notion de produit semi-direct (cf. l’idée déjà évoquée dans lechapitre sur le groupe symétrique) qui finalement nous a conduit à comprendre les sous-groupes distinguésd’un groupe donné. Mais voilà, nous avons (ou ne devrions avoir) de manière canonique à l’esprit que pourun groupe donné, il lui est rattaché certains sous-groupes bien particuliers qui lui sont intrinsèquementassociés qui sont le "centre", le "sous-groupe dérivé", les séries de sous-groupes "centraux".... Et lespremiers qui se présentent spontanément dans cette petite liste sont bien évidemment le "centre" ainsique le sous-groupe dérivé, et vouloir en fin de compte comprendre si un groupe est distingué ou nonnous amène naturellement à comprendre en premier lieu comment sont ces deux lascars, nous sommesdonc ammenés à comprendre ces derniers qui requièrent naturellement à comprendre les commutateursou encore à comprendre l’action de conjugaison... ! Et comme on est dans l’étude des générateurs, on vachercher à comprendre l’effet que produit l’action de conjugaison sur ces derniers, avant d’étudier nos deuxsous-groupes.

RappelRappelRappel

ÐÐÐÐÐÐÐÐ

Dans le chapitre du groupe symétrique, nous avons vu combien il était important de connaître le compor-tement par conjugaison des cycles, et notamment la conjugaison des 3-cycles qui sont des générateurs dugroupe alterné An. On a même pu voir que les 3-cycles étaient conjugués à l’intérieur même de An, lorsque

n¾ 5, mais que cela était faux pour n = 3, 4.

Nous pouvons donc essayer de voir ce qu’il en est de nos générateurs :

Deux dilatations sont conjuguées::::

dans:::::

GL(E) (si et seulement si) elles ont le même rapport.

Prop. 2.3 [ Conjugaison des dilatations ]

Preuve. C’est une conséquence même de la caractérisation (6) de Prop.2.1 p.3, car nos dilatations présentent lamême matrice dans des bases convenables. h

Pour ce qu’il en est des transvections :



1 Soit f une transvection d’hyperplan H et de droite D, et soit g ∈ GL(E). Alors gfg−1 est une trans-vection d’hyperplan g(H) et de droite g(D).Plus précisément, si f= τ(L,vf), alors gfg−1 = τ(L ◦ g−1, g(vf)).

2 Deux transvections sont toujours conjuguées::::

dans::::::

GL(E). Pour n ¾ 3, elles le sont aussi::::

pour:::::

SL(E).

Prop. 2.4 [ Conjugaison des transvections ]

Preuve. (1)- Soit x ∈ E, alors f(g−1(x)) = g−1(x) + L(g−1(x)).vf, donc gfg−1(x) = x+ L(g−1(x)).g(vf) et siH= Ker(L) alors g(H) = Ker(f ◦ g−1).

(2)- Cela provient du résulat (6) de Prop.2.2 p.4 donnant une représentation ("canonique") matricielle de toutetransvection qui n’est rien d’autre que la forme réduite de Jordan.

Supposons n ¾ 3. Si f et g sont deux tranvections, d’après ce qui précède on peut déjà affirmer qu’elles sontconjuguées par un certain élément u ∈ GL(E), g = ufu−1. Si λ = det(u), il suffit alors de trouver un élémentde déterminant λ−1

�

�

�

�et qui fixe g (i.e. qui va commuter avec g). Pour cela, on se facilite la vie en se plaçant

dans une base où l’aspect de g est donné sous forme de Jordan (voir (6) de Prop.2.2 p.4), alors on construit un

commutateur de g sous la forme de blocs à l’identique de ceux isssus de g, c’est à dire une somme de (n−2) blocsde longueur 1 et un bloc de longueur 2 : Il est facile de voir que quelles que soient les valeurs des blocs de longueur1, ces valeurs n’affectent pas l’aspect (dans la conjugaison) de g (c’est aussi à cause de l’aspect du vecteur colonneB où il n’y a qu’un coefficient non nul en dernière position), donc tout se passe dans le bloc de longueur 2, mais onsait aussi que les homothéties commutent avec tout, on va donc prendre ce bloc de longueur 2 sous la forme d’unehomothétie :

Pour avoir des chances d’avoir un tel élément de déterminant λ−1, au niveau des coefficients : La chose la plusfacile qui nous apparaît de faire est de considérer le bloc de longueur 2 égal à une homothétie et ensuite de rectifieravec les autres coefficients pour qu’on ait un élément de déterminant λ−1, mais pour que cette restification puisseavoir lieu il faut effectivement que l’on soit dans la situation où

�

�

�

�n ¾ 3 . On va alors prendre la matrice suivante

qui est (d’aspect) la plus triviale possible.

1 0 · · · · · · · · · 0

0. . . . . . . . . . . .

......

. . . 1. . . . . .

......

. . . . . . λ. . .

......

. . . . . . . . . λ−1 0

0 · · · · · · · · · 0 λ−1

,

h

RmqRmqRmqRmqRmqRmqRmqRmqRmqRmqRmqRmqRmqRmqÐÐÐ On ne se pose pas la question de la conjugaison des dilatations dans SL(E), car aucun d’entre eux n’appartient

à SL(E).

Le résultat est faux pour n = 2. En effet, on a le résultat suivant :


2. – Le centre et le sous-groupe dérivé – Chapitre 2. – Le groupe linéaire et le groupe spécial linéaire –

1 Dans SL(2;k) toute transvection est conjuguée à une matrice de la forme�

1 λ0 1

�, avec λ ∈ k∗.

2 Les matrices de transvections λ =

�1 λ

0 1

�et µ =

�1 µ

0 1

�sont conjuguées dans SL(2;k) (si et

seulement si) le quotient λ/µ est un::::

carré dans k.

Prop. 2.5 [ Le cas n= 2 ]

Preuve. (1)- Fixons une base B := {e1, e2} de E et soit f une transvection sur E. Considérons k.ε1 l’hyperplan

fixe de f et soit ε2 /∈ k.ε1. Dans la base B′ := {ε1, ε2} de E la matrice de f est de la forme tant voulue�

1 ∗0 1

�,

mais pour aller dans une telle configuration on conjugue en fait la matrice de f dans B par P la matrice de passagede B vers B′ qui est un élément

:

de::::::

GL(E).Remarquons alors que dans la base B" := {α.ε1, ε2} la matrice de f a aussi l’aspect bien joli qu’on souhaite, si

bien que pour obtenir cette nouvelle matrice dans la base B" on va reconjuguer le tout par P ′ (la matrice de passagede B′ vers B"). Ces deux conjugaisons se résument en fin de compte par une seule qui est la conjuguaison parPP ′ ; mais on remarque que det(PP ′) = det(P)×α, si bien qu’en considérant α= det(P)−1, la conjugaison finalese fait au moyen d’un élément de SL(E).

(2)- (⇒) Si on a un élément g =

�a b

c d

�∈ SL(E) (i.e. det(g) = ad−bc = 1) qui vérifie gλg−1 = µ, avec

λ=

�1 λ0 1

�= id+ λ.E1,2 et µ =

�1 µ0 1

�= id+µ.E1,2, cette relation se traduit encore par gλ = µg, i.e.

gλ=

�a b+aλ

c d+ cλ

�= µg =

�a+µc b+µd

c d

�.

On obtient alors le système d’équations suivant :{

a= a+µc, b+aλ= b+µdc = c, d+γλ= d

qui après simplification se résume à

0 = µc

aλ= µd

cλ = 0

Sachant que λ et µ sont des transvections, nous avons λ 6= 0 et µ 6= 0. De la première ou avec la dernière équation

nous obtenons c = 0. Si bien que l’on obtient : det(g) = ad= 1 et donc d =1

a, en injectant ceci dans la deuxième

équation on obtient alorsλ

µ= d2 qui est bien un carré de k.

(⇐) Réciproquement, siλ

µ= d2 avec d ∈ k∗, d’après l’analyse précédente on va considérer a=

1

d, c = 0 et b

quelconque. Il est alors facile de vérifier qu’un tel g a convenir parfaitement.

h

2 Le centre et le sous-groupe dérivé

2.1 Les centres de GL(E) et de SL(E) et ce que l’on en fait ¹¹ËÉ PGL(E) et PSL(E)

Comme nous l’avions annoncé dans l’idée à la page 8, nous allons nous ateler maintenant à essayer de com-prendre le centre et le sous-groupe dérivé du groupe linéaire ainsi que ceux du groupe spécial linéaire.



1 Le centre Z de GL(E) est formé des homothéties. Il est donc isomorphe à k∗.

2 Le centre de SL(E) est égal à Z∩ SL(E). Il est isomorphe au sous-groupe des racines neme de l’unitédans k.

Thm. 2.2 [ Le centre de GL(E) et de SL(E) ]

Rappelons qu’une «homothétie» est une application linéaire de la forme x 7→ λx, où λ ∈ k∗.

Soit f ∈ GL(E) une application linéaire inversible de E laissant stable toute droite vectorielle, alors f estune homothétie.

Lem. 2.2

Preuve. L’hypothèse nous permet de dire que pour tout x ∈ E, il existe un scalaire λx ∈ k∗ tel que f(x) = λxx.

• Si n = 1, alors le résultat est évident.

• Soient x,y ∈ E deux vecteurs non-colinéaires, il nous suffit de montrer que l’on a λx = λy : Nous avons

f(x+y) = λx+y(x+ y).

D’autre part, nous avons aussif(x+y) = f(x)+ f(y) = λxx+ λyy

Donc on a λx+y(x+y) = λxx+ λyy, soit (λx+y − λx)x = (λy − λx+y)y ; mais x et y ne sont pas colinéaires, sibien que l’égalité précédente ne peut se produire que si λx+y = λx = λy. h

Preuve du théorème 2.2. Si on se rappelle comment on a montré que le centre du groupe symétrique est triviallorsque n ¾ 3, on a bien évidemment travaillé avec des générateurs du groupe symétrique, on l’avait fait en parti-culier avec les transpositions. Ici on va également adopter la même stratégie.

Soit g ∈ GL(E) un élément de son centre ; cet élément va en particulier commuter avec n’importe quel élé-

ment de SL(E) ( Attention ! Cela n’implique nullement que g soit dans le centre de SL(E)). Soit τ ∈ SL(E) untransvection de droite D, on aura en particulier gτg−1 = τ ; or d’après Prop.2.4 p.9 notre élément gτg−1 est unetransvection de droite g(D), de sorte que l’on a g(D) = D, alors cette observation nous permet d’utiliser lelemme 2.2 ci-dessus pour affirmer que g est une homothétie.

Si maintenant g est dans le centre de SL(E), alors le raisonnement ci-dessus continue à fonctionner on a alors

g = λ.idE , l’information supplémentaire que l’on a est que det(g) = λn = 1, ce qui signifie bien que λ doit êtreune racine neme de l’unité dans k.

h

Pendant que c’est encore chaud, puisque nous venons de parler du centre du groupe linéaire et celui du groupespécial linéaire, nous avons donc constaté qu’ils n’étaient pas triviaux, on peut donc déjà affirmer que le groupelinéaire et le groupe spécial linéaire ne sont bien évidemment pas simples. On a appris par expérience à quotienterun groupe par un sous-groupe distingué afin de tuer les relations occasionnées par ce dernier, dans le groupe quo-tient que l’on obtient on ne retrouvera plus un tel sous-groupe. Si on le fait avec le centre, on aura en quelque sorteéliminé un candidat qui nuit au caractère simple de notre groupe de départ, on pourra alors à nouveau se demander



si notre groupe quotient est simple.

Le quotient de GL(E) par son centre Z est appelé le «groupe projectif linéaire» , on le notre PGL(E) . Demême, le quotient de SL(E) par son centre Z∩ SL(E) sera noté PSL(E) .

Def. 2.2

Je ne l’ai pas encore fait, parce que je compte faire un chapitre spécial sur les suites exactes courtes (car il ya selon moi quelques unes de ces suites exactes courtes qu’il est bon de connaître lorsqu’on évolue dans tout ça,cela permettrait d’avoir en tête quelques unes des structures fondamentales liant nos sujets d’études), rappelons aupassage que dans une suite exacte courte on fait toujours appel à trois groupes entre les extrêmités de la chaîne, cesderniers étant 0 ou 1 (0 pour le cadre commutatif et 1 sinon). Néanmoins, le contexte actuel se présente pour quedeux d’entre elles soient présentées. Mais avant cela rappelons celle qui lie les groupes SL(E) et GL(E).

1 ↪→ SL(E) → GL(E)det→ k∗ � 1

Des définitions ci-dessus des groupes projectifs, on obtient immédiatement les suites exactes courtes suivantes :

1 ↪→ Z → GL(E) → PGL(E) � 1

1 ↪→ Z∩ SL(E) → SL(E) → PSL(E) � 1

On obtient en fin de compte en considérant verticalement sur la dernière colonne :

1 ↪→ PSL(E) → PGL(E)det→ k∗/k∗n � 1

PGL(E) et PSL(E) sont en général bien distincts (on le reverra explicitement un peu plus loin lorsqu’ontraitera le cas des corps finis, tout comme le groupe symétrique est bien distinct du groupe alterné), on auraitpu croire le contraire à cause du 2-ième Thm. d’isomorphisme "Soit H un sous-groupe d’un groupe G, etsoit K � G un sous-groupe distingué de G, alors on a l’isomorphisme suivant H/(H ∩ K) ' HK/K".

On a bien le centre Z� GL(E) qui est distingué, alors on va pouvoir appliquer ce Thm. d’isomorphisme

SL(E)/(Z∩ SL(E)) ' Z.SL(E)/Z, en particulier on obtient PSL(E) ' Z.SL(E)/Z, mais on a Z.SL(E) 6=

GL(E) car Z n’est hélas constitué que d’homothéties�

�

�

�et non pas de dilatations (cf. Théorème à la page 7)

sinon on aurait effectivement une identification possible entre PGL(E) et PSL(E).



2.2 Les sous-groupes dérivés de GL(E) et de SL(E)

• Rappelons nous que le groupe dérivé D(G), d’un groupe G est le sous-groupe engendré par les éléments

de la forme xyx−1y−1 avec x,y ∈ G. Pour comprendre ainsi le groupe dérivé, il serait donc intéressant de com-prendre justement ces expressions xyx−1y−1, que l’on appelle aussi les commutateurs, lorsqu’on se limite aux x

et y qui seraient des générateurs de G. Dans notre étude, nous avons grâce au Thm. 2.1 p. 7 des générateurs bienparticuliers de GL(E) et de SL(E), il serait donc intéressant de les exploiter.

• D’autre part, nous avons trivialement det(xyx−1y−1) = 1 et cela quelque soit x,y ∈ GL(E), si bien que legroupe dérivé D(GL(E)) est déjà contenu dans SL(E).

• Enfin, une dernière remarque, ici nous sommes ammenés à étudier les commutateurs pour comprendre legroupe dérivé, alors que dans le chapitre sur le groupe symétrique, lorsque nous cherchions directement à com-prendre les sous-groupes distingués de Sn, il nous était apparu de manière naturelle l’analyse des commutateurs(cf. Thm.1.2 à la page 11) car nous savions que pour n ¾ 3 le centre de Sn était trivial, donc si s est un élémentnon-nul appartenant à un sous-groupe distingué, alors il va exister une transposition t (i.e. un élément d’un sys-tème générateur particulier) pour lequel on ait sts−1t−1 6= 1. Nous étions donc naturellement amenés à étudier lescommutateurs. L’élément sts−1t−1 était certe le produit de deux transpositions sts−1 et t−1, mais deux situationsse présentaient alors à nous, soit que c’est un 3-cycle, soit que c’est tout simplement le produit de 2 transpositionsà support disjoint.

Nous allons suivre cette dernière démarche, qui va nous ammener à faire des discussions pour obtenir les ré-sultats suivants :

Soit E un k-espace vectoriel de dimension n.

1 Pour n 6= 2 (ou) k 6= F2, on a D(GL(E)) = SL(E).

2 Pour n= 2�

�

�

�et k = F2, on a GL(2;F2) ' SL(2;F2) ' PSL(2;F2) ' PGL(2;F2) 'S3, si bien que

D(GL(2;F2)) ' A3.

Thm. 2.3 [ Sous-groupe dérivé de GL(E) ]

Preuve. Puisque qu’il s’agit ici de traiter le sous-groupe dérivé, nous allons nous intéresser en particulier auxcommutateurs !

Reprenons les notations ci-dessus :

Nous avons vu que xyx−1y−1 est un élément de SL(E). Si xyx−1y−1 est une transvection, or nous

savons d’après Prop.2.4 (2) que deux transvections sont toujours conjuguées par GL(E) (�

�

�

�et on peut même

dire par SL(E) lorsque n ¾ 3). Alors si cela s’avère vrai, on peut affirmer que toute transvection sera uncommutateur et par conséquent on pourra affirmer que D(GL(E)) = SL(E). Il nous suffirait donc de trouverune transvection qui soit un commutateur.

• Soit f une transvection, alors d’après Prop.2.2 (6), nous pouvons trouver une base dans laquelle on aura

l’aspect ("normalisé") suivant f =Un−1,n(1) = idE + 1En−1,n, alors on a

f2 = idE + 2En−1,n +En−1,n × En−1,n︸︷︷︸0

f2 = idE + 2En−1,n.

On a f2 6= idE lorsque car(k) 6= 2�

�

�

�et cette écriture nous permet alors d’affirmer que f2 est bien une transvection

("non normalisée"), alors d’après notre rappel on va trouver un élément g ∈ GL(E) tel que f2 = gfg−1 et donc



en multipliant à droite de part et d’autre de cette égalité par f−1 on va trouver u= gfg−1f−1 et notre résultat seraétabli.

• • Il va nous falloir raisonner autrement lorsqu’on a car(k) = 2 :

? Commençons par n = 2, alors nous pouvons normaliser f =�

1 1

0 1

�, considérons g =

�λ 0

0 µ

�,

avec λ,µ 6=, 0, on un petit calcul nous donnera

gfg−1f−1 =

�1 λ.µ−1 − 1

0 1

�.

Pour réduire au maximun l’utilisation de variables et avoir ainsi une borne inférieure de la cardinalité ducorps k, on va bien évidemment prendre µ = λ−1, et alors Si card(k) > 3, alors on va bien pouvoirtrouver λ déjà différent de 0 d’être également différent de ±1, pour voir que ce commutateur reste bien unetransvection. Signalons au passage que ce raisonnement fonctionne parfaitement pour SL(E) car les élémentsf et g ci-dessus sont dans SL(E).

RmqRmqRmqRmqRmqRmqRmqRmqRmqRmqRmqRmqRmqRmqÐÐÐÐÐÐ

Il serait légitime de se demander pour quelle raison on a fabriqué un commutateur en choisissant f etg bien particuliers, cela s’explique par un résultat qui sera dévoilé un peu plus tard dans le Lemme 2.5

p.19 ; la même observation pourra être faite dans la conjugaison qui sera faite dans 3 p.32

? ? Si n ¾ 3, alors on va bien pouvoir décomposer E = P⊕ S, où P est un plan et S un sous-espace supplémen-taire, alors les matrices précédentes peuvent être perçues comme des endomorphismes sur P, maintenant ilnous suffit de les prolonger par idS pour obtenir le même résultat du moment que card(k) > 3. Signalonsque notre raisonnement se termine car on utilise le fait que dans GL(E), les transvections forment une seuleorbite dans GL(E)

�

�

�

�et qu’ils engendrent SL(E).

La démonstration au point • • est plus efficace dans le sens où l’on a établi D(GL(E)) = SL(E) lorsquecard(k) ¾ 3 et cela même losquen= 2 ; mais le point • nous as permis en contre-partie d’établirD(GL(E)) =SL(E) et cela pour pour card(k) = 3.

• • • Enfin, si card(k) = 2, on a k = F2, il nous faut nous passer des raisonnements précédents qui neconviennent plus. Pour cela remarquons que si E est de dimension n, alors E ' (F2)

n et ce dernier espace est

de cardinal fini, il en va de même des groupes GL(E), SL(E), PGL(E) et PSL(E), qui sont GL(2;F2), SL(2;F2),PGL(2;F2) et PSL(2;F2). Ce sont en particulier, des sous-groupes du groupe symétique, il serait donc intéresantde pouvoir les analyser :

Fixons des entiers n et q. Alors on a :

i card(GL(n;Fq)) = (qn − 1)(qn −q) · · · (qn − qn−1)︸︷︷︸

produit de n termes

.

ii card(SL(n;Fq)) = card(PGL(n;Fq)) = (qn − 1)(qn − q) · · · (qn −qn−2)qn−1

︸︷︷︸produit de n termes

.

iii card(PSL(n;Fq)) =card(SL(n;Fq))

PGCD(n,q− 1).

Lem. 2.3

Preuve. (i) Soit e1, · · · , en la base canonique de Fnq . Nous savons alors que tout endomorphisme est déterminépar la donnée des images de cette base, c’est d’autant plus vrai lorsqu’on a à faire à un élément de GL(n,Fq). Mais



l’information intéressante lorsqu’on a un élément de GL(n,Fq), c’est que l’image de la base canonique redevientune base

�

�

�

�et réciproquement, on a donc une bijection entre les éléments de GL(n,Fq)

�

�

�

�et les bases de Fnq .

Essayons de voir comment on arrive à se procurer une base de Fnq :Donnons nous pour commencer un vecteur v1 non-nul de Fnq , ce dernier est un ensemble fini qui comporte qn

éléments, on a donc qn − 1 choix possibles pour notre premier vecteur non-nul.Pour le deuxième vecteur, il ne faut pas qu’il soit colinéaire au premier, il nous faut donc le prendre en dehors dela droite vect(v1), or cette droite est isomorphe au corps de base Fq qui comporte q éléments qu’il faut excluredans notre choix de v2, on a donc qn − q choix possibles pour v2.Le même raisonnement se poursuit, lorsqu’on doit choisir vi+1, on doit considérer un élément en dehors devect(v1, · · · , vi) ' F

iq qui comporte exactement qi éléments, on a donc qn − qi choix possibles.

(ii) Pour le calcul de SL(n;Fq) et de PGL(n;Fq), on va s servir des suites exactes courtes

1 ↪→ SL(E) → GL(E)det→ k∗ � 1

et1 ↪→ Z → GL(E) → PGL(E) � 1.

qui nous donnent les relations triviales card(GL(n;Fq)) = card(SL(n;Fq)) × card(F∗q) et card(GL(n;Fq)) =

card(PGL(n;Fq))× card(Z), où Z ∼= F∗q est le centre et on a card(F∗q) = q− 1 ; or qn−qn−1 = qn−1(q− 1), sibien qu’en divisant le dernier terme dans le produit précédent donnant le cardinal de GL(n;Fq), on obtient bien (ii).

(iii) Pour le dernier résultat, nous savons que PSL(n;Fq) est obtenu comme le quotient de SL(n;Fq) par lesous-groupe des racines neme de l’unité dans Fq que l’on note par µn(Fq) (cf. Thm.2.2 à la page 11), il nous estdonc indispensable de connaître ce dernier : On a la relation card(PSL(n;Fq)) = card(SL(n;Fq))/card(µn(Fq)),la conclusion s’obtient alors à partir du lemme précédent. h

card(µn(Fq) = PGCD(n,q− 1).

Lem. 2.4

Preuve. Tout d’abord, nous savons qu’il existe deux entiers (r, s) tels que

PGCD(n,q− 1) = rn+ s(q− 1). (2.1)

Nous savons que le groupe multiplicatif F∗q est d’ordre q − 1, si bien que pour tout x ∈ F∗q on a xq−1 = 1 ; six ∈ µn(Fq) on a en plus xn = 1, si bien que la relation (2.1) nous permet d’avoir xPGCD(n,q−1) = xrn+s(q−1) =

xrnxs(q−1) = 1.

Inversement, si xPGCD(n,q−1) = 1, alors à fortiori xn = 1, car n est un multiple de PGCD(n,q−1), si bien quel’on a

µn(Fq) = µPGCD(n,q−1)(Fq)

D’autre part, nous savons que le polynômeXq−X admet Fq comme corps de décomposition : Ceci nous renvoieà la théorie des corps finis (qui, signalons le au passage, sont commutatifs par Wedderburn),

�

�

�

�et le groupe multi-

plicatif F∗q est cyclique, isomorphe à Z/(q−1)Z (cf. [Per]. Thm.2.7 p.74) ; de plus, nous avons une correspondance

entre les sous-groupes de Z/mZ�

�

�

�et les entiers divisant m (de plus ces sous-groupes sont cycliques), c’est ce qui

nous permet entre autre d’établir la relation m =∑

d|m

ϕ(m) où ϕ est la fonction d’Euler (cf. [Per] p.74). De la

même façon, si d est un diviseur de q−1, alors Xd−1 est diviseur de Xq−1−1 (cf. formule classique dans l’étude



de la série géométrique 1− r divise 1− rk, dans notre situation on remplace r par Xd).

Sachant que Xq−1 − 1 a exactement q− 1 racines dans F∗q (il est bien scindé), d’après notre observation onen déduit que le polynôme Xd − 1 aura lui aussi exactement d racines dans F∗q, cela signifie en particulier que lesous-groupe des racines deme de l’unité dans F∗q contient d éléments ; puisque ceci s’applique pour tout diviseur

de q− 1, cela s’applique donc en particulier pour le diviseur PGCD(n,q− 1)�

�

�

�et on obtient alors

card(µn(Fq)) = card(µPGCD(n,q−1)(Fq)) = PGCD(n,q− 1).

h

Revenons à notre petit problème à évaluer le sous-groupe dérivé D(GL(2;F2)) : Le groupe GL(n;Fq) pré-sente une action sur l’espace vectoriel E = Fnq , qui descent en une action sur P(E). Le noyau de cette action estconstituée des applications linéaires qui laissent invariants toute droite, alors d’après le Lemme 2.2 on en dé-duit que ce noyau n’est rien d’autre que l’ensemble des homothéties, si bien que l’on obtient une action fidèle deGL(n;Fq)/Z= PGL(n;Fq) sur l’espace P(E).

L’espace P(E) n’est rien d’autre que l’ensemble des classes pour la relation d’équivalence :

x ∼ y ∈ Fnq \ {0} ⇔ ∃λ ∈ F∗q t.q y = λ.x

De ceci, on en déduit que

card(P(E)) =card(Fnq \ {0})

card(F∗q)

=(qn − 1)

(q− 1)

= 1+q+ · · ·+ qn−1.

En particulier, puisque notre action est fidèle, on en déduit que l’action de PGL(n;Fq) n’est rien d’autre qu’unensemble de permutations, cela signifie en particulier que PGL(n;Fq) est un sous-groupe de S1+q+···+qn−1 .

• Pour n= 2, on en déduit que PGL(2;Fq) est un sous-groupe de S1+q.

• Pour q = 2, on en déduit que F2 se réduit à deux éléments {0, 1}, si bien que l’on a Z = k∗ = {1} : Des deuxsuites exactes courtes déjà évoquées au dessus,

1 ↪→ SL(E) → GL(E)det→ k∗ � 1

et1 ↪→ Z → GL(E) → PGL(E) � 1

on en éduit que SL(E) = GL(E) = PGL(E) = PSL(E).

• Pour n= 2 et q = 2, alors en résumant les deux phénomènes ci-dessus, on obtient :

SL(2;F2) = GL(2;F2) = PGL(2;F2) = PSL(2;F2) ↪→S3.

Mais on a card(S3) = 6 et d’après les formules du Lemme 2.3 nous avons card(GL(2;F2)) = (22−1)(22−

2) = 3× 2 = 6 si bien que l’on obtient

SL(2;F2) = GL(2;F2) = PGL(2;F2) = PSL(2;F2) = S3.

Alors en regardant le chapitre sur le groupe symétrique, on sait que pour m 6= 4, les seuls sous-groupesdistingués de Sm sont {1},Am et Sm (voir Thm.1.2 p.11 du chapitre correspondant). Si bien que notre sous-groupe dérivé D(GL(2;F2)) qui est distingué, est l’un de ses trois sous-groupes ; or S3 n’est pas abélien (cf.Cor.1.2 p.3 du chapitre correspondant), donc on peut déjà exclure {1}. Il nous suffit dans ce cas de voir ce que



donne le commutateur entre deux transpositions distinctes (puisqu’on est dans S3, les deux transpositionsont un point en commun dans leurs supports) :

(a,b)(b,c)(a,b)−1

︸︷︷︸(a,c)

(b,c)−1 = (a,c)(b,c) = (a,c)(c,b) = (a,c,b) = σ

(on pourra retrouver une telle formule à la p.8 dans le chapitre correspondant). On pourra alors regarderAttention p.13 du chapitre correspondant pour voir que l’on a A3 = {1,σ,σ2} et à partir de là on a D(S3) =

A3 et notre dernier résultat est démontré.

h

Soit E un k-espace vectoriel de dimension n.

1 Pour n 6= 2 (ou) k 6= F2,F3, on a D(SL(E)) = SL(E).

2 Pour n= 2

• Si k= F2, on a D(SL(2;F2)) ' A3, et on a aussi SL(2;F2) 'S3.

• Si k= F3, on a D(SL(2;F3)) 'H8, et on a aussi SL(2;F3) 'H8 oZ/3Z.

Thm. 2.4 [ Sous-groupe dérivé de SL(E) ]

Preuve. Nous nous intéressons encore une fois aux commutateurs !

• Si car(k) 6= 2, nous pouvons reprendre exactement le début de la preuve du Thm.2.3 p.13, i.e. les points •et • •, pour pouvoir affirmer qu’avec l’hypothèse supplémentaire n ¾ 3, on aura effectivement D(SL(E)) = SL(E)

(cette dernière hypothèse est indispensable, car on utilise la propriété du fait que les transvections forment uneseule orbite sous l’action de SL(E) lorsque n¾ 3, cf. Prop.2.4 (2) à la page 9).

• • En reprenant le même point dans la démonstation de la preuve du Thm.2.3 p.13, mais comme nous l’avionsdéjà signalé, la conclusion se termine lorsqu’on peut se permettre d’avoir en amont la propriété que les transvec-tions forment effectivement une seule orbite sous l’action de conjugaison du groupe

�

�

�

�et qu’ils engendrent ausi

notre groupe. Ici ce qu’il faut faire attention, c’est d’avoir "une seule orbite", cette dernière propriété est valablepour n ¾ 3 (cf. Prop.2.4 (2) p.9). Et si on se réfère à la Prop.2.5 (2) à la page 10 on voit que c’est encore vrai pourn = 2 que lorsque k∗ = k∗2, où k∗2 représente l’ensemble des éléments non-nuls qui sont des carrés dans k, c’estvalable par exemple lorsque k est algébriquement clos.

Contrairement à la preuve du Thm.2.3 p.13, cette partie est à peine plus efficace que le premier point, elle nousa permis de montrer en fin de compte que D(SL(E)) = SL(E), pour n ¾ 3

�

�

�

�et card(k) > 3. En synthétisant les

deux preuves, on arrive à la conclusion que l’on a D(SL(E)) = SL(E) pour n ¾ 3 et k 6= F2,F3, ainsi que pourn= 2 et pour car(k) 6= 2. [Dans [Per] p.103, où il établit que pour n ¾ 3, le groupe PSL(E) est simple, on pourraitégalement reprendre sa preuve pour établir ce que l’on vient de montrer ici avec en plus l’avantage de nous passerde l’hypothèse car(k) 6= 2].

• • • Il nous reste donc à traiter les cas :

- n = 3 et k = F2 ou F3.

- n = 2.

? Pour le premier point n = 3�

�

�

�et k= F2 (ou) F3, considérons les matrices :

f=

1 0 10 1 −1

0 0 1

, g =

1 0 10 1 0

0 0 1

et h =

0 −1 01 0 0

0 0 1

En utilisant la caractérisation Prop.2.2 (4) à la page 4 (f 6= id, f|H = idH et det(f) = 1), on constate que f est bienune transvection. D’autre part, il est facile de vérifier que l’on a f= ghg−1h−1, avec g,h ∈ SL(E), et grâce au fait



qu’on est dans la situation n ¾ 3 où les transvections forment qu’une seule orbite dans SL(E), on en déduit queD(SL(E)) = SL(E).

? ? Pour le cas n= 2, on ne peut plus essayer de voir si un commutateur peut être une transvection, eneffet on est dans la situation où les transvections ne forment plus en général une seule orbite dans SL(E), on avu que cela dépendait du corps k. Néanmoins nous avons toujours la propriété que SL(2;k) est engendré par lestransvections. On peut alors analyser la situation d’avoir toute transvection comme étant un commutateur ; d’aprèsla Prop. 2.5(1) p.10, nous savons que dans SL(2;k) toute transvection est conjuguée (via SL(2;k)) à une matrice de

la forme�

1 µ

0 1

�.

Dans la preuve du point • • plus haut (voir exactement la preuve du Thm.2.3 à la page 13), nous avions regardé

(sans trop nous poser de question) le résultat obtenu du commutateur d’une matrice diagonale g =

�λ 0

0 λ−1

�

avec une transvection écrite sous la forme canonique f =

�1 1

0 1

�pour obtenir gfg−1f−1 =

�1 λ2 − 1

0 1

�

(on aurait très bien pu s’attendre à une telle configuration, car on sait que gfg−1 sera une matrice de la forme�1 ∗

0 1

�, de même pour f−1 donc pareillement pour leur produit) ; on aurait pu aussi regarder fgf−1g−1 on au-

rait obtenu�

1 −λ2 + 10 1

�et abouti à la même conclusion sur la discussion de g afin d’avoir une transvection.

Tout comme dans la preuve de la Prop. 2.5(2) p.10, lorsque nous nous demandions quand est-ce que deux

matrices de la forme�

1 ∗0 1

�sont conjuguées, nous cherchions à résoudre l’équation en g donnée par gλg−1 =

µ. Ici nous pourrions de la même manière chercher à résoudre l’équation dans SL(E) en g =

�a b

c d

�et

f=

�λ 0

0 λ−1

�donnée par gfg−1f−1 =

�1 µ

0 1

�= µ. Ce qui revient à gf = µfg ce qui nous donne

gf =

�aλ bλ−1

cλ dλ−1

�= µfg =

�aλ+ (µc)λ−1 bλ+ (µd)λ−1

cλ−1 dλ−1

�.

On obtient alors le système suivant :{

aλ= aλ+ (µc)λ−1, bλ−1 = bλ+(µd)λ−1

cλ = cλ−1, dλ−1 = dλ−1

qui après simplification devient :

(µc)λ−1 = 0

bλ−1 = bλ+ (µd)λ−1

c(λ2 − 1) = 0

ou encore en rajoutant le fait que g ∈ SL(E), i.e. ad− bc = 1

(µc)λ−1 = 0

0 = b(λ2 − 1) + (µd)

c(λ2 − 1) = 0

ad− bc= 1

Notons que nécessairement λ 6=±1 sans quoi f =�

λ 0

0 λ−1

�serait une homothétie et on obtiendrait le com-

mutateur gfg−1f−1 = id et ne pourrait pas être égal à µ ; pour éviter cet incident il faut que k 6= F2, et comme f

est inversible, nous avons également λ 6= 0, si bien que nous devons également nous placer dans un corps différentde F3.

De la 1-ère équation, on en déduit que c = 0 car µ,λ 6= 0 ; si bien qu’avec la dernière équation, on obtientad= 1. Il ne nous reste plus qu’à discuter des valeurs des deux autres variables b et a (ou d).



Notre système se résume alors à {0 = b(λ2 − 1) + (µd)

ad= 1

Pour que la 1-ère équation soit réalisée, il nous suffirait alors de prendre par exemple d= λ2 − 1�

�

�

�et b =−µ.

Synthèse : Même si nous ne l’avions pas remarqué, mais notre raisonnement peut très bien s’inverser pourremonter à l’envers, on en déduit :

Supposons k 6= F2,F3. Et soit D =

�λ 0

0 λ−1

�une matrice diagonale fixée de SL(2;k). Alors toute

matrice de transvectionµ est le commutateur entre deux matrices de SL(2;k) dont l’une est D (si et seulementsi) D 6=±id2.

Lem. 2.5

RmqRmqRmqRmqRmqRmqRmqRmqRmqRmqRmqRmqRmqRmqÐÐÐÐ Tout comme dans la preuve de Prop. 2.5 (2) p.10, ainsi que la preuve de 2 juste avant Rmq. 3 p.31, on

s’arrange toujours dans nos calculs pour ne pas faire apparaître les inverses.

Nous savons d’un résultat classique en algèbre linéaire que deux matrices dagonalisables sont conjuguées parGL(E) (si et seulement si) elles présentent un même nombre de valeurs propres

�

�

�

�et une même liste de multiplicités

(cf. décomposition des entiers en nombres premiers). Ici on a quelque chose de semblable dans SL(2,k) :

Soit D un élément de SL(2;k) ayant une valeur propre λ 6= ±1 (en particulier, k 6= F2,F3), alors D est

conjugué par::::::

SL(2;k) à la matrice diagonale�

λ 0

0 λ−1

�.

Lem. 2.6

Preuve. Puisque D ∈ SL(2;k), on a det(D) =, si bien D présente une seconde valeur propre qui ne peut être que

λ−1. Par le rappel, D et Dλ =

�λ 0

0 λ−1

�sont conjugués par un élément g de GL(2;k), i.e. Dλ = gDg−1. Soit

d= det(g), alors la matrice inversible g =

�d−1 0

0 1

�commute avec Dλ, si bien que l’on obtient

Dλ = g Dλ︸︷︷︸gDg−1

g−1 = ggDg−1g−1 = (gg)D(gg)−1

On voit parfaitement que D et Dλ sont bien conjugués par gg et on a det(gg) = 1. h

Revenons à la preuve du Thm. 2.4 p.17 :En fait le lemme précédent est inutile pour la conclusion de notre preuve : En effet, lorsque k 6= F2,F3, on peut trèsfacilement se donner une matrice diagonalisable D dans SL(2;k) ayant une valeur propre λ 6= ±1, alors par leLemme 2.5 ci-dessus, on sait que tout représentant (sous la forme canonique d’une matrice triangulaire supérieure)d’une transvection est parfaitement le commutateur entre deux éléments dans SL(2;k) dont D fait partie. De celaon en déduit que D(SL(2;k)) = SL(2;k) lorsque k 6= F2,F3.

? ? ? Nous voyons qu’il ne nous reste plus qu’à traiter les cas n= 2�

�

�

�et k = F2 ou F3 :

• Le cas k = F2 a déjà été traité par le Thm.2.3 (2) p.13, où nous avions trouvé GL(2;F2) = SL(2;F2) = S3 et



D(S3) = A3.

• Pour k = F3, d’après le Lemme 2.3 p.14, nous avons

card(SL(2;F3)) = (32 − 1)3︸︷︷︸

produit de 2 termes

= 24. (2.2)

De plus nous avons vu que PGL(n;Fq) est un sous-groupe de S1+q+···+qn−1 , en particulier PGL(2;Fq) est unsous-groupe de S1+q, si bien que pour ici PGL(2;F3) est un sous-groupe de S4 (Encore ce fameux groupe déjàrencontré dans le chapitre sur le groupe symétique !). Mais le groupe PGL(2;F3) est de cardinal 24 (égal au cardinalde SL(2;F3)), il en va de même du groupe S4, donc nous avons

PGL(2;F3) = S4. (2.3)

D’autre part PGCD(2, 3 − 1) = 2, donc card(PSL(2;F3)) =card(SL(2;F3))

2= 12, ce qui signifie que le

sous-groupe PSL(2;F3) est d’indice 2 dans PGL(2;F3) = S4 ; or dans le groupe symétrique, il n’y a qu’un seulsous-groupe d’indice 2 qui est A4, et donc

PSL(2;F3) = A4. (2.4)

[On aurait pu voir aussi que PSL(2;F3) est d’indice deux, car par définition, c’est le quotient de SL(2;F3) par lesracines 2-ième de l’unité qui sont dans le centre Z de GL(2;F3), mais il est trivial de voir que tout élément de Z

s’identifiant à un élément de F∗3 = {±1} est déjà une racine 2-ième de l’unité.]

ATTENTION ! Bien qu’ayant cardinalité que S4, cela ne nous dit pas pour autant que SL(2;F3) est iso-morphe à S4. En effet on sait que S4 n’a pas de centre contrairement à SL(2;F3) qui a un centre à deuxéléments. En revanche, grâce à l’injection rappelée au dessus on a effectivement PGL(2;F3) = S4.

Nous renvoyons au Lemme1.5 à la page 10 du chapitre sur le groupe symétrique qui dit que dans le groupeA4, on y trouve le sous-groupe H4 (qui est un «groupe de Klein» isomorphe à Z/2Z×Z/2Z) qui est distingué etmême caractéristique de cardinal 4 dans A4. Si bien que le groupe quotient A4/H4 est de cardinal 3, c’est facile àvérifier que ce quotient est abélien. En se rappelant que le groupe dérivé est exactement le plus petit sous-grouped’un groupe donné tel que le quotient soit abélien (cf. [Cal] Thm.4.39 p.156), on en déduit que H4 contient lesous-groupe dérivé de A4,

�

�

�

�et comme on sait que A4 n’est pas abélien et que H4 n’a pas d’autre sous-groupe

distingué, on en déduit que H4 =D(A4)(cf. Lemme 1.5. p.10 du chapitre sur le groupe symétrique).

• On a donc le morphisme composé surjectif suivant :

SL(2;F3)q1→ PSL(2;F3) = A4

q2→ A4/H4. (2.5)

Pour la même raison invoquée juste au dessus, on en déduit que le noyau du morphisme composé q2◦q contientle sous-groupe dérivé de SL(2;F3), ce noyau est de cardinal égal à 24/3 = 8. D’autre part, il est ô combien facilemais fondamental de voir que

q1(D(SL(2;F3))) =D(PSL(2;F3))︸︷︷︸(2.4) D(A4)

'H4, (2.6)

si bien que le nombre card(D(SL(2;F3))) est un multiple de 4, i.e. que l’on doit avoir card(D(SL(2;F3))) = 4 ou8.

Si card(D(SL(2;F3))) = 4, alors de la relation (2.6) ci-dessus on en déduit que D(SL(2;F3))'H4 et

comme H4 étant un groupe de Klein, tous ses éléments non-triviaux sont d’ordre 2, i.e. que D(SL(2;F3)) contien-drait 3 éléments d’ordre 2 :

• • D’autre part, considérons un élément f=�

a b

c d

�∈ SL(2;F3) d’ordre 2, alors on a :

f2 =

�a2 +bc ab+ bd

ca+ dc bc+ d2

�



Puisque det(f) = 1 on en déduit que ad−bc = 1 et comme f2 = id2 on obtient a2+bc = d2 = bc= 1. Si jamaisa = 0, alors on aura bc = 1 et −bc = 1 ce qui n’est pas possible, de même on peut affirmer que d 6= 0. Sachantque l’on est dans F3, on a alors a2 = d2 = 1, si bien que l’on en déduit que bc = 0. Supposons que b = 0, sibien que l’on a det(f) = ad = 1, et par conséquent a= d, d’après la 3-ième coordonnée dans f2, on en déduit quec(a+d) = 0, et comme a a= d, on en déduit que c = 0. Par conséquent on en déduit que f =±id2, en particulier,on en déduit que SL(2;F3) il n’y a qu’un seul éléments d’ordre 2 qui est −id2.

• • • Comme D(SL(2;F3)) ⊂ SL(2;F3), le sous-groupe D(SL(2;F3)) contient au plus 1 élément d’ordre 2.Comme −id2 ∈D(SL(2;F3), on en déduit que D(SL(2;F3)) contient exactement un seul élément d’ordre 2, ce quiest en contradiction avec le fait qu’il doit contenir 3 éléments d’ordre 2 ; on en déduit que l’on doit avoir

card(D(SL(2;F3))) = 8.

Il nous est donc indispensable de connaître les groupes de cardinal 8, et c’est ce que nous allons faire dans laproposition suivante :

A isomorphisme près, il existe cinq groupes d’ordre 8 : Z/8Z, Z/4Z×Z/2Z, (Z/2Z)3, D4 et H8.

Prop. 2.6 [ Groupes d’ordre 8 ]

Preuve. Soit G un groupe d’ordre 8. D’après le théorème de structure des modules de type fini, si G est abélien,

alors G sera nécessairement de la forme Z/8Z, Z/4Z×Z/2Z ou encore (Z/8Z)3.

Considérons r l’ordre maximal des éléments de G, alors on sait que r doit diviser l’ordre de G si bien quel’on a r= 2, 4 ou 8.

• Si r = 8, alors cela signifie que G est cyclique, il est en particulier abélien et donc G' Z/8Z.

• Si r= 2, cela signifie en particulier que tout élément de G est involutif, et par conséquent on a fgf−1g−1 =

fgfg = (fg)2 = 1, i.e. que l’on a affaire encore à un groupe abélien et on trouve G' (Z/2Z)3.

• Si r = 4, considérons i un élément de G d’ordre 4, alors H =< i >' Z/4Z est d’indice 2 dans G, il estdonc en particulier distingué dans G, on peut donc considérer le quotient de G par H pour obtenir la suiteexacte courte :

1→ Z/4Z=H→G→G/H= Z/2Z→ 1. (2.7)

? Si cette suite exacte courte est scindée :Cette suite exacte courte est scindée (si et seulement si) il existe une section (ce n’est rien d’autre que ladéfinition, cf. [Per] p.22), i.e. (si et seulement si) il existe un élément g ∈G \H d’ordre 2. En effet, sis est une section, alors s(1) est bien d’ordre 2, et inversement si g est d’ordre 2 alors on définit la

section s(0) = 1 et s(1) = g. Alors si c’est le cas, alors G est un produit semi-direct entre Z/4Z et Z/2Z( ATTENTION : ce n’est qu’une condition suffisante pour avoir une produit semi-direct, ce n’est nullementéquivalent, cf. [Per] Prop.6.4. p.22), or comme nous l’avions déjà signalé au moment où nous évoquionsl’importance que nous porterions sur les sous-groupe distingués ou encore des automorphismes d’un groupedonné et cela dans le but de comprendre le produit semi-direct, cela revient à se donner un morphisme degroupe de Z/2Z dans Aut(Z/4Z) ' Z/2Z (pour cette dernière identification du groupe des automorphismesde Z/4Z je vous renvoie à [Per], Prop.7.3 p.24 qui dit que Aut(Z/nZ) = (Z/nZ)∗). Il est donc facile de voirqu’on ne peut avoir que deux tels morphismes, le morphisme nul et le morphisme identité qui donnent pourchacun des cas :

(i) Soit un vrai produit direct Z/4Z×Z/2Z (ceci est d’ailleurs (équivalent) au fait que le sous-groupe Hest distingué dand G, ou que H⊂ Z(G), cf. [Per] Prop.6.5. p.23).

(ii) Soit le produit semi-direct Z/4ZoZ/2Z ' D4 que l’on appelle aussi le «groupe diédral» .

? ? Si cette suite exacte courte n’est pas scindée :D’après ce qui précède, cela revient à dire que l’ensemble G \H ne contient pas d’élément d’ordre 2, mais



comme tout élément divise l’ordre de G et puisque G n’est pas cyclique on en déduit que tout élément deG\H est d’ordre 4. Aussi, on pourra observer que si g ∈G\H, alors g−1 ∈G\H. Remarquons aussi que

notre élément i qui génère H est d’ordre 4 et vérifie en particulier (i2)2 = 1, de plus i2 est le seul élémentdans H =< i > à vérifier cette propriété (cf. [Per] p.74, c’est la correspondence dans un groupe cycliqueentre les sous-groupes et les diviseurs de l’ordre du groupe)

�

�

�

�et on peut même rajouter que c’est l’unique

élément d’ordre 2 de G. Nous pouvons même remarquer que H est donc constiué du neutre, d’un élémentd’ordre 2 et de deux élément d’ordre 4 qui sont i et i−1. De toutes ces observations, nous allons essayer decomprendre ce groupe G : Il y a plusieurs caractérisations concernant le «groupe des quaternions» .

1ere Caractérisation

� La plus classique se fait à travers 3 générateurs : Définissons −1 :Í= i2 , et considérons un élément

quelconque j ∈ G \H d’ordre 4 et considérons l’élément k :Í= ij ce dernier est d’ordre 4 et est

également dans G \H (cf. G = H⊔

iH). Nous avons en particulier j2 = k2 = −1, en effet j et ksont dans G \H, ils sont donc d’ordre 4, leurs carrés seront d’ordre 2 et comme il n’y a qu’un seulélément d’ordre 2 dans G qui est −1, ces derniers coïncident bien avec −1. Le centre Z(G) de G estun sous-groupe d’ordre 1, 2, 4 ou 8, mais nous avons affaire à un 2-groupe, son centre n’est donc pastrivial (Thm. de Burnside, cf. [Per] Prop.4.15 p.16) donc on peut déjà exclure 1. On peut également

exclure 8 car G n’est pas abélien, enfin si c’est 4 alors le centre serait d’indice 2 et en utilisant ladécomposition G= Z(G)

⊔gZ(G) où g ∈G \Z(G), soient a,b ∈G, si a ou b est dans Z(G) alors a

et b commutent considérons alors a et b dans gZ(G) que l’on peut écrire comme a= ga1 et b = gb1,alors

aba−1b−1 = ga1gb1(ga1)−1(gb1)

−1 = ga1gb1a−11

g−1b−11

g−1

mais comme a1 et b1 sont dans Z(G), ces derniers commutent avec tout élément et on peut les placeroù l’on veut dans l’expression précédente, si bien que l’on trouve

aba−1b−1 = gga1a−11

b1b−11

g−1g−1 = 1

Cela nous montre qu’en fin de compte G est commutatif, mais cela est exclu dans notre contexte sibien que la seule possibilité est que Z(G) est de cardinal 2. Le centre Z(G) a donc un élément d’ordre

2, si bien que l’on a −1 ∈ Z(G). On pose −i :Í= (−1)× i , −j :

Í= (−1)× j et −k :

Í= (−1)×k . On

a alors à notre disposition 8 éléments distincts : 1,−1, i, j,k,−i,−j et −k�

�

�

�et ils vérifient les relations

∗ i2 = j2 = k2 =−1,

∗ ij = −ji = k, jk =−kj = i et ki =−ik = j︸︷︷︸

permutation des lettres i,j et k

.

Vérifions par exemple que ij =−ji :

i j = (−1) j i ? ⇔ i j i−1 j−1 =−1 ?

⇔ i j i3︸︷︷︸i j2

j3 = −1 ?

⇔ i j i j2 j3 = −1 ?

⇔ i j i j j4 =−1 ?

⇔ i j i j︸︷︷︸

k2

=−1 ok Ø.

Ces relations, entre les éléments de G nous dit qu’on a effectivement affaire au groupe des quaternions(cf. [Per] p.161 même s’il parle de l’algèbre des quaternions, sinon on pourra se rendre sur internet àl’adresse http ://www.les-mathematiques.net/d/c/a/node23.php)



2eme Caractérisation

� Cette fois-ci nous allons nous baser sur une autre caractérisation qui se limite à deux générateurs a etb et à leurs relations(cf. http ://fr.wikipedia.org/wiki/Représentations_du_groupe_des_quaternions) :

a4 = b4 = 1, bab−1 = a−1, a2 = b2

Pour cela considérons a :Í= i et b ∈G \H, alors la première et la dernière relation sont trivialement

vérifiées. Reste à voir la deuxième relation : Remarquons que b peut toujours s’écrire gak où g estun élément fixé en dehors de H

�

�

�

�et 0 ¶ k ¶ 3 (cela provient de la décomposition G = H t gH).

Supposons ainsi que quelque soit b ∈ G \H, on ait bab−1 6= a−1, mais on connait les éléments deH et bab−1 est encore d’ordre 4 si bien que cela ne peut être que a, c’est à dire que la conjugaisonpar b fixe le générateur, alors cette conjugaison va fixer tout élément de H (ce qui revient à voir

que b commute avec les éléments de H. Voyons que deux éléments quelconques de G \H commutentégalement entre eux :

(gak).(gal).(gak)−1.(gal)−1 = gak.gal(ak)−1g−1(al)−1g−1

= gak. gal−kg−1

︸︷︷︸∈ H par hyp

(al)−1g−1

Et par hypothèse g doit commuter avec tout éément de H, on a gal−kg−1 = al−k. Si bien que l’onobtient :

(gak).(gal).(gak)−1.(gal)−1 = gak.al−k(al)−1g−1

= g.1.g−1 = 1.

Ce que l’on vient de montrer est qu’en fin de compte avec l’hypothèse faite, on a que G est abélien,et dans ce cas à cause d’éléments d’ordre maximal 4, nous savons déjà que G doit être nécessairementZ/2Z×Z/4Z, [notons que nous aurions pu en déduire cette décomposition lorsque nous savions queH⊂ Z(G) (cf. [Per] Prop.6.5. p.23)]. Mais cela est exclu car on est dans la situation non-scindée. Doncil existe bien un élément b ∈G \H tel que bab−1 = a−1.

h

En revenant à notre étude de D(SL(2;F3)) : Nous avions remarqué que D(SL(2;F3)) est de cardinal 8�

�

�

�et

contenait qu’un seul élément d’ordre 2 (cf. juste avant la Prop. 2.6 p.21). D’après la Prop.2.6 p.21 décrivantles groupes d’ordre 8, et le fait que D(SL(2;F3)) ne contient qu’un seul élément d’ordre 2, on en déduit que

D(SL(2;F3)) ne peut être égal qu’à Z/8Z (ou) à H8. Si D(SL(2;F3)) = Z/8Z, via le morphisme surjectif q1

(cf. (2.5)), on a déjà q1(D(SL(2;F3))) =D(PSL(2;F3)) =D(A4) =H4'Z/2Z×Z/2Z, or le groupeZ/2Z×Z/2Zn’est pas cyclique ce qui serait en contradiction avec le fait d’être l’image d’un groupe cyclique. Il ne nous restedonc plus que la possibilité

D(SL(2;F3)) =H8, (2.8)

ce qui achève la démonstration du Thm.2.4.

h

2.3 Etude approfondie du groupe SL(2;F3)Tout comme le cas particulier de S4 dans le chapitre du groupe symétrique où nous avions poussé plus pro-

fondément son étude et nous avions obtenu les résultats suivants :• H4 est exactement l’ensemble des éléments s de A4 vérifiant s2 = 1.

• H4 =D(A4) et on obtient :1→H4 → A4 → Z/3Z→ 0,

et on avait aussi le produit semi-direct A4 ' H4 o Z/3Z (cf. Lemme 1.5. p.10 du chapitre sur le groupesymétrique).



• Jusqu’à présent, nous avons montré que le groupe projectif de SL(2;F3) coïncidait avec A4 (cf. (2.4) p.20),�

�

�

�et que le sous-groupe dérivé de SL(2;F3) coïncidait avec H8 (cf. (2.8) au dessus). Nous allons voir ci-

dessous que structurellement parlant, on aura une description semblable des éléments de H8 (on verra quece dernier est exactement l’ensemble des éléments de SL(2;F3) d’ordre divisant 4)

�

�

�

�et qu’on a aussi un

produit semi-direct de H8 par Z/3Z pour donner SL(2;F3) :Le sous-groupe dérivé H8 étant distingué dans SL(2;F3) et d’indice 3, on obtient alors la suite exacte courtesuivante :

1→H8 → SL(2;F3)→ Z/3Z→ 0 (2.9)

Tout comme cela avait été fait concernant A4 (cf. discussion faite dans la démo du Lemme 1.5. p.10 au chapitresur le groupe symétrique), on peut légitimement se demander si SL(2;F3) ne pourrait pas se présenter comme unproduit semi-direct entre H8 et Z/3Z. Mais en revenant, comme cela a été fait avec la suite exacte courte (2.7) àla p.21, on peut très bien se demander si la suite exacte courte (2.9) ci-dessus est scindée, (ce qui revient, commecela avait été fait lorsqu’on avait une suite axacte courte qui se terminait par Z/2Z) à se demander s’il existe dansSL(2;F3) \H8 un élément d’ordre 3. Pour cela nous pouvons commencer par remarquer que d’après la relation(2.2), on a card(SL(2;F3)) = 24 = 23 × 3. Si bien qu’à l’intérieur de SL(2;F3), l’existence de 3-sous-groupesde Sylow est assuré (cf. [Per] Thm.5.4. p.19), il en va de même de 2-sous-groupe de Sylow. Nos 3-Sylow sontde cardinal 3, tandis que les 2-Sylow sont de cardinal 23. Remarquons alors qu’un 3-Sylow est nécessairementcyclique et qu’à l’intérieur le générateur et son inverse sont bien d’ordre 3

�

�

�

�et ils ne peuvent pas être contenus

dans H8 (sinon on aurait 3|8, ce qui n’est pas possible). Si bien que la suite exacte courte (2.9) ci-dessus est bienscindée et on a

SL(2;F3) ' H8 oZ/3Z. (2.10)

L’isomorphisme ci-dessus nous assure que l’ensemble SL(2;F3) muni de sa loi interne provient effectivementde la structure d’un certain produit semi-direct.

————————————————-

Notre objectif :En consultant [Per] Remarque 6.3. p.22, on constate que le produit semi-direct N o H, ensemblistementce n’est rien d’autre que le produit direct N×H, mais l’opération du groupe n’est pas le produit que l’on

rencontre pour l’espace produit, c’est un certain produit obtenu de la manière suivante : (n,h)(n ′,h′):Í=(n.ϕ(h)(n′),h.h′) où ϕ : H → Aut(N) est le morphisme qui nous permet de "tordre" la loi du produitdirect (c’est ce que l’on qualifie également d’action de H sur N). Si on identifie N (resp. H) avec les sous-ensembles N = {(n,1); n ∈ N} (resp. H = {(1,h); h ∈ H}, alors l’action de ϕ se décrit de la manièresuivante : ϕ(h)(n′)

︸︷︷︸∈N

= hnh−1 où les termes et le produit utilisés dans le membre de droite sont perçus

comme des éléments de N×H et leur produit utilisé provient de la loi qu’on a donné juste au dessus. C’estdonc l’action de conjugaison via cette identification de N et de H. Si bien que pour connaître ϕ dans notreétude, il nous faut connaître l’action de conjugaison d’un 3-Sylow sur H8.

C’est ce que nous allons tenter de faire dans les prochaines lignes.

Notons par k2 (resp. k3) le nombre des 2-Sylow (resp. 3-Sylow). Alors on sait qu’ils divisent tous les deux lecardinal du groupe entier, i.e. 24 et vérifient les relations suivantes (cf. [Per] Thm.5.7. p.19) :

k2 ≡ 1 [2] et k3 ≡ 1 [3].

Si bien que k2 divise 3 et k3 divise 8. En particulier, on en déduit que les 2-Sylow sont au nombre de 1 ou 3, et les3-Sylow sont au nombre de 1, 2, 4 ou 8.

Etude des 2-Sylow

Nous pouvons nous baser sur le résultat (2.8) pour se rendre compte que le sous-groupe dérivé de SL(2;F3) estun 2-Sylow, c’est en particulier un sous-groupe distingué dans SL(2;F3), et en se référant par exemple à [Per]



Cor.8.8. p.19 on en déduirait que c’est le seul 2-Sylow dans SL(2;F3). Mais nous allons ici procéder différemmenten analysant en profondeur les éléments d’un 2-Sylow.

Soit g est un élément non-trivial d’un 2-Sylow, alors son ordre ne peut être que 2, 4 ou 8. Il est facile de vérifierque dans SL(2;F3), il n’y a pas d’élément d’ordre 8, donc il ne nous reste plus que 2 et 4 comme possibilités :

• Ordre 2 : L’élément g vérifie l’équation X2 = 1, mais notre groupe est particulier, il est contenu dansl’espace des matrices, si bien que l’équation précédente se retranscrit par l’équation "polynomiale"X2−1=0, or X2 = (X−1)(X+1), si bien que l’on en déduit que le polynôme minimal correspondant à g s’obtiendraà partir d’une sous-expression de la décomposition que l’on vient d’obtenir, les sous-expressions possiblessont donc X− 1, X+ 1 ou X2 − 1. Puisque g est différent de l’identité, il ne nous reste plus que X+ 1 etX2 − 1 comme possibilités. Si c’est X2 − 1, alors puisqu’on est en dimension n = 2, si bien que polynômecaractéristique serait confondu avec le polynôme minimal ; or le polynôme caractéristique est de la formeX2 − Tr(g) + det(g), on aurait alors Tr(g) = 0 et det(g) = −1 ce qui ne serait pas envisageable. La seule

possibilité qui nous reste est donc g =−id2 et c’est donc le seul élément d’ordre 2 dans SL(2;F3).

• Ordre 4 : La même analyse que celle qui vient dêtre fait nous conduit à l’équation "polynômiale"X4−1 =

0, or X4 = (X2 − 1)(X2 + 1) = (X− 1)(X + 1)(X2 + 1) et notons que X2 + 1 n’a pas de racines dans F3si bien que ce dernier est irréductible et puisque g 6= ±id2, on en déduit par le même type d’analyse que lepolynôme minimal de g coïncide cette fois-ci avec son polynôme caractéristique

�

�

�

�et est donc égal à X2 + 1

�

�

�

�et vérifie donc les contraintes suivantes (que l’on tire de ses coefficients) :

{− Tr(g) = 0 et

− det(g) = 1.

Nous sommes donc en mesure de décrire tous les éléments vérifiant ces contraintes et de voir ceux qui sontd’ordre 4. On pourra vérifier que les matrices qui vérifient ces contraintes (essentiellement la 1-ère, puisquela 2-ième est automatiquement vérifiée car on est quand même dans SL2) dans SL(2;F3), sont les suivantes :�

0 1−1 0

�,

�0 −11 0

�,

�1 11 −1

�,

�1 −1−1 −1

�,

�−1 11 1

�,

�−1 −1−1 1

�.

On pourra aussi vérifier que ces matrices sont d’ordre exactement égale à 4.Posons alors

i :Í=

�0 1

−1 0

�, j :Í=

�−1 −1

−1 1

�et k :

Í=

�1 −1

−1 −1

�,

on remarque alors queH={±id2,±i,±j,±k

}est bien isomorphe au groupe des quaternionsH8, et de cette

analyse on en déduit qu’il n’existe qu’un seul 2-Sylow dans SL(2;F3), de plus il coïncide exactementavec l’ensemble des éléments g ∈ SL(2;F3) d’ordre divisant 4 (cf. la description faite pour les éléments H4

qui sont les involutions de A4). Grâce à cette dernière description des éléments deH, on en déduit facilementque H est distingué dans SL(2;F3), sans cela on aurait également pu déduire le même constat en se basantsur un résultat concernant les sous-groupes de Sylow qui dit que le nombre de p-Sylow est égal à 1 (si etseulement si) il existe un p-Sylow distingué dans SL(2;F3) (cf. [Per] Cor.5.8. p.19).

Etude des 3-Sylow

Remarquons qu’un 3-Sylow est nécessairement cyclique, un générateur g est donc un élément d’ordre 3 dansSL(2;F3). La même analyse que celle qui a été faite au dessus nous permettra de dire qu’un tel générateur doitvérifier l’équation "polynomiale" X3 − 1 = 0. Or nous le corps de base est F3, qui est de caractéristique 3, si bienque par le morphisme de Frobenius nous avons l’identification X3 − 1 = (X− 1)3. De cette "décomposition", lepolynôme minimal est donc une sous-expression, cela ne pourra être que X−1, (X−1)2 ou (X−1)3, mais g 6= id2

si bien que l’on peut exclure X − 1, et comme le degré du polynôme minimal n’excède pas celui du polynômecaractéristique, qui ici vaut 2, on en déduit que (X − 1)2 est à la fois son polynôme minimal et caractéristique[Notons au passage qu’un polynôme minimal n’est pas nécessairement irréductible].Si bien que l’on obtient (X− 1)2 = X2 − 2︸︷︷︸

=−1

X+ 1 = X2 +X+ 1 = X2 − Tr(g)X+ det(g), on obtient ainsi les

contraintes :


3. – Simplicité de PSL(E) – Chapitre 2. – Le groupe linéaire et le groupe spécial linéaire –

{− Tr(g) = 2 ou − 1 et

− det(g) = 1.

De ces contraintes on obtient les 8 possibilités suivantes pour g :�

1 ±1

0 1

�,

�1 0

±1 1

�,

�−1 −1

1 0

�,

�−1 1

−1 0

�,

�0 −1

1 −1

�, et

�0 1

−1 −1

�

D’autre part un 3-Sylow est (ici) de cardinal 3, chacun d’entre eux contient exactement 2 éléments d’ordre 3, sibien qu’avec nos 8 éléments d’ordre 3, on en déduit que les 3-Sylow sont au nombre de 4. Prenons par exemplel’élément :

ζ :Í=

�1 1

0 1

�.

Alors on pourra calculer la conjugaison des éléments de H8 par notre élément ζ pour obtenir la description du3-Sylow sur H et ainsi avoir la structure de notre produit semi-direct . . . !

RmqRmqRmqRmqRmqRmqRmqRmqRmqRmqRmqRmqRmqRmqÐÐÐÐÐÐÐ

D’après le Lemme2.5 p.19, on arrive à voir que toute transvection est parfaitement un commutateur dontl’un est une matrice diagonale dans SL(2;k) lorsque k 6= F2,F3. Malheureusement, on ne pourrait pasargumenter ensuite par un raisonnement de "densité" pour conclure que D(SL(2;k)) = SL(2;k), car lorsquek est un corps fini, le groupe SL(2;k) est lui même fini, donc cela ne marcherait pas... !

3 Simplicité de PSL(E)

Nous arrivons maintenant un des résultats principaux de ce chapitre qui consistait à comprendre pour l’essentielles sous-groupes distingués du groupe linéaire (on essaie dans notre philosophie à dévisser en briques élémentairesnos objets d’étude). Du groupe linéaire GL(E) nous sommes passés au groupe spécial linéaire SL(E) qui n’est riend’autre (à l’exception d’un cas près) que son sous-groupe dérivé (cf. Thm.2.3 p.13) et on vient de voir que cedernier est (à l’exception de deux cas près, cf. Thm.2.4 p.17) confondu avec son sous-groupe dérivé.

ÐÐÐÐÐÐÐÐÐÐÐÐÐÐÐÐÐÐ

Nous avions focalisé notre étude dans la section précédente sur la détermination des centres et dessous-groupes dérivés (cf.1.2), on pourra noter quelque part que ces deux sous-groupes sont un peu à l’opposél’un de l’autre dans le dévissage d’un groupe donné :• Pour le centre : On remarque que le quotient G/Z(G) n’a plus aucun couple d’éléments qui commutententre eux, en plus si le groupe est un semi-direct de la forme Z(G)oG/Z(G), alors ça sera nécessairementun produit direct car l’action de "conjugaison" d’un sous-groupe de G isomorphe à G/Z(G) sur Z(G) seratriviale. [Je parle de "conjugaison" à cause de ce que j’ai pu rappeler en trait bleu dans la sous-section 2.3précédente].• Pour le sous-groupe dérivé : On remaque que cette fois-ci le quotient G/D(G) sera bien au contrairecommutatif.

• De cette observation, si bien que lorsqu’un sens de dévissage se coince (i.e. par exemple lorque l’un de nosdeux sous-groupes en question coïncide avec le groupe), on va s’intéresser à l’autre. Par exemple, pour ce qui estdans notre étude, puisqu’on coince avec le sous-groupe dérivé qui est égal au groupe de départ (cf. Thm.2.4 (1)p.17, on a dans la majorité des cas D(SL(E)) = SL(E)), on va alors s’intéresser au centre de SL(E), ce dernier étantcommutatif, on ne répercute donc pas notre recherche sur le centre de ce dernier ni sur son sous-groupe dérivé...on va alors s’intéresser au quotient de SL(E) par son centre, c’est à dire à PSL(E).

Notons que lorsqu’on a soit le centre, soit le sous-groupe dérivé, avec notre philosophie de décomposition enproduit semi-direct, on devrait automatiquement quotienter notre groupe d’étude par ce sous-groupe. On ne l’apas mentionné lorsqu’on était parti avec GL(E), on a vu que son quotient par son centre nous donnait PGL(E),on n’a pas plus mis l’accent sur son étude car nous avions déjà remarqué que PGL(E) était le produit semi-directde PSL(E) par k∗/k∗n (cf. page 12), si bien qu’en poursuivant notre philosophie, nous aurions dû ensuite étudier



PSL(E). Nous avions alors mis l’accent dans notre recherche dans l’autre sens, dans l’étude des sous-groupes dé-rivés, qui finalement nous ramène à cette étude mise de côté jusqu’alors.

• Enfin une dernière observation, puisque nous voulons comprendre les sous-groupes distingués, ainsi quel’action de conjugaison d’un tout autre sous-groupe sur ce groupe distingué (je fais ici encore allusion au produitsemi-direct), nous pourrions pousser plus largement notre étude en ne nous limitant pas au seul intérêt du centreet du sous-groupe dérivé, mais cela nous entrainerait bien loin du niveau exigé pour ce cours ; le fil conducteur leplus naturel qui doit nous guider est bien celui que l’on a adopté jusqu’à maintenant en cherchant à comprendre lecentre et le sous-groupe dérivé

�

�

�

�et en formant un nouveau groupe en quotientant notre groupe de départ par son

centre ou son sous-groupe dérivé... !

Comme nous l’avions signalé plus haut mis à part quelques cas particuliers près où nous n’avions pas le groupespécial linéaire égal à son sous-groupe dérivé, nous obtenons un résultat dans cette lignée qui est de nature globale(mis à part encore une fois, à ces quelques cas particuliers) :

Soit E un k-espace vectoriel de dimension n. Alors le groupe PSL(E) est simple, sauf dans les deux cassuivants :

• n = 2 et k = F2, on a PSL(2;F2) ' S3,

• n = 2 et k = F3, on a PSL(2;F3) ' A4.

Thm. 2.5 [ Simplicité de PSL(E) ]

Preuve. Soit donc E un k-espace vectoriel de dimension n. Nous renvoyons à Def.2.2 à la p.12, pour voir quePSL(E) est obtenu comme l’image du quotient q : SL(E) → SL(E)/Z = PSL(E), où Z est le centre de SL(E). SoitN un sous-groupe non trivial, distingué dans PSL(E), alors N = q−1(N) est un sous-groupe

�

�

�

�distingué dans

SL(E) qui contient strictement le centre Z . Le résultat sera démontré dans la majorité des cas si on parvient àmontrer que N= SL(E).

Nous savons que SL(E) est engendré par les transvections (cf. Thm.2.1 p.7), si bien que l’on peut essayer devoir par exemple que toute transvection est contenue dans N, mais c’est une idée un peu trop directe et a peu dechance d’aboutir en sachant que la seule hypothèse à notre disposition est que N est distinguée. Néanmoins sion est en plus dans l’hypothèse n ¾ 3, on sait alors que les transvections forment une seule orbite pour l’actionde conjugaison dans SL(E) (cf. Prop.2.4 p.9) et comme N est distingué dans SL(E), il nous suffirait d’exiber unetransvection qui serait contenue dans N.

• Supposons n ¾ 3 : Nous pensons évidemment aux débuts des preuves des Thm.2.3 p.13 et Thm.2.4 p.13,qui sous l’hypothèse supplémentaire car(k) 6= 2 a permis de mettre en évidence un "commutateur" comme étantune transvection, nous nous sommes intéressés aux commutateurs car il s’agissait d’étudier les sous-groupes dé-rivés. Ici on a un sous-goupe plus général, donc on n’a pas à notre disposition des générateurs explicites (commecela avait été le cas pour les "commutateurs") de N sur lesquels nous pourrions pousser notre analyse.

Néanmoins, nous pouvons toujours analyser les conjugués des éléments g de N par des transvections f et voirce que cela donne. Considérons g ∈N et f une transvection, puisque

�

�

�

�N est distingué , on a fgf−1 ∈N mais on

a aussi (fgf−1)g−1 ∈ N ! Par nos observations ci-dessus, il nous suffit d’exiber un tel commutateur qui soit unetransvection.

[On est encore une fois ramené à l’étude des commutateurs ! Quel miracle ... ! ! !]

Remarquons enfin que l’expression du commutateur fgf−1g−1 se présente aussi comme le produit des trans-vections f et gf−1g−1. Si bien que nous avons à étudier le produit de deux transvections f(gf−1g−1). On pourraconsulter Cor.2.1 p.5 où nous avions vu un résultat concernant le produit entre deux transvections, mais il s’agis-sait de deux transvections de même hyperplan fixe, ici il n’est pas garanti que les transvections f et gf−1g−1 aientmême le même hyperplan fixe ! Supposons que f soit une transvection d’hyperplanH, il en sera de même pour f−1

(cf. Cor.2.1 p.5),�

�

�

�et gf−1g−1 sera alors une transvection d’hyperplan g(H) (cf. Prop.2.4 p.9).



Si jamais on arrivait à obtenir :

Cond. :

{• g(H) =H

• fgf−1g−1 6= idn

Alors grâce au critère (4) de Prop.2.2 p.4, en effet puisque gf−1g−1 est d’hyperplan g(H), la transvection

gf−1g−1 fixe bien tout point de g(H) et si g(H) = H et puisque f est une transvection d’hyperplan H, alorsfgf−1g−1 fixera bien tout point de H. On en déduirait effectivement que notre commutateur est bien une transvec-tion.

Considérons g ∈ N \Z, en particulier g n’est pas une homothétie , il existe alors un vecteur a tel que b =

g(a) n’est pas colinéaire à a. Puisque�

�

�

�n¾ 3 , il existe un hyperplanH qui va contenir le plan Vect(a,b). D’autre

part, toute transvection se définit également par une droite (cf. Cor.2.2 p.6), considérons f "une" transvection dedroite Vect(a), alors f−1 sera aussi une transvection de même droite Vect(a) (cf. Prop.2.1(2) p.5)

�

�

�

�et gf−1g−1

est une transvection de droite Vect(g(a)) = Vect(b), ce qui signifie que l’on a

Im(f− idn) = Vect(a)et

Im(gf−1g−1 − idn) = Vect(b).

Alors on obtient :

fgf−1g−1 − idn = [fgf−1g−1 − f] + [f− idn] = f[gf−1g−1 − idn] + f[idn − f−1].

Par conséquent :

Im(fgf−1g−1 − idn) = f(Im([gf−1g−1 − idn] + [idn − f−1])

⊂ f(Im([gf−1g−1 − idn])︸︷︷︸=Vect(b)

+ Im([idn − f−1])︸︷︷︸

=Vect(a)

) = f(Vect(a,b)). (3.1)

Or si V est un sous-espace vectoriel, on a f(V) = [f−idn+idn](V)⊂ (f−idn)(V)+idn(V) = (f−idn)(V)+V , sibien que l’on obtient f(Vect(a,b)) ⊂ (f− idn)(Vect(a,b)) +Vect(a,b) ⊂ Im(f− idn)︸︷︷︸

Vect(a)

+Vect(a,b) = Vect(a,b).

De cette analyse, on en déduit en particulier que

Im(fgf−1g−1 − idn) ⊂H. (3.2)

De la relation (3.2), on en déduit en particulier que :

Cond. :

{• fgf−1g−1(H) =H

• fgf−1g−1 6= idn

Le premier point provient facilement de la relation (3.2), en effet si x ∈H alors fgf−1g−1(x) + x ∈H et doncfgf−1g−1(x) ∈ H et comme fgf−1g−1 est inversible, on a alors fgf−1g−1(H) = H. Pour le deuxième point, sijamais fgf−1g−1(b) = idn, alors f = gfg−1, mais on a vu que f est une transvection de droite Vect(a) tandis

que gfg−1 est une transvection de droite Vect(b) avec a et b non-colinéaires, ce qui n’est donc pas possible.



Petite analyse :

La première observation que nous pouvons faire est que Cond. ressemble beaucoup à Cond. , sanspour autant remplir simultanément les demandes souhaitées. En effet :

• Si on commence par considérer (par exemple) la 2-ième condition de Cond. réalisée comme le réclame

Cond. , ce n’est pas pour autant que l’on ait g(H) = H ; en effet, dans nos argumentations de la pageprécédente, on a seulement pris H comme un certain hyperplan qui va contenir Vect(a,b), et en plus onsait seulement que par construction f est une transvection de droite Vect(a), donc on n’a pas de lien plusconséquent comme cela pourrait être avec l’hyperplan d’une transvection (pas de lien avec l’hyperplan H).Donc nous avons ici, un choix de H qui semble trop aléatoire, trop vague, pour pouvoir remplir ces deuxdernières contraintes réclamées (i.e. être à la fois l’hyperplan de la transvection f

�

�

�

�et vérifier aussi g(H) =

H).Néanmoins remarquons que par la Prop.2.2 (5) p.4, si f est aussi une transvection d’hyperplan H, alors ondoit avoir Im(f− idn) = Vect(a) ⊂H, c’était donc assez intelligent d’avoir choisi H contenant a, de mêmepour on pourra faire la même analyse pour avoir aussi choisi H contenant b.Par cette observation, on peut légitimement demander que f soit bien une transvection de droite Vect(a),mais aussi d’hyperplan H (c’est facile de construire f à partir de Prop.2.2 p.4),

�

�

�

�et il ne nous restera plus

que la condition g(H) = H à remplir... ! En résumé, la question que l’on se pose est s’il existe bien unhyperplan contenant a et b= g(a) tel que g(H) =H... !Mais malheureusement, la seule information dont on dispose est que h n’est pas une homothétie et on nesait pas si cela suffit pour lui trouver un hyperplan invariant ; en imaginant par exemple la situation où E estle plan et g une rotation, alors on a aucune chance de lui trouver une droite fixe... !

• Si maintenant on considère que c’est la 1-ère condition qui est réalisée dans Cond. , c’est à dire que r =

fgf−1g−1 vérifiant r(H) = H, il nous faudrait pour pouvoir satisfaire Cond. , trouver une transvection

h d’hyperplan H telle que rhr−1h−1 6= idn. De l’analyse faite au point précédent, on peut repartir cettefois-ci avec cet élément r ∈N admettant au moins un hyperplan fixe, il ne nous restera plus qu’à trouver unetransvection h d’hyperplan H, et qui ne commute pas avec r.... !Mine de rien, c’est déjà un progrès en soit... en effet, au point précédent, on avait imaginé que si jamaison partait avec la 2-ième condition, on se plaçait dans une certaine éventualité, alors en poussant notreanalyse, on pouvait éventuellement déboucher à une certaine impasse (c’était dans le cas où g serait unerotation du plan), cette fois-ci en partant avec la 1-ère condition, on pourrait essayer de la même façon,imaginer des scénarios qui pourrait éventuellement freiner notre réflexion (pour le moment je n’en voispas... !). C’est la raison pour laquelle, je dis que c’est un progrès en soi... !

• S’il existe une transvection d’hyperplan H qui ne commute pas avec r, alors la partie est gagnée d’aprèsl’analyse qui vient d’être faite.

• Sinon, r doit commuter avec toute transvection h d’hyperplanH, i.e. rh= hr. Puisque h fixe H, on en déduiten particulier que r stabilise tout sous-espace de H stable par h, et puisque h|H = idH, on en déduit en particulierque r stabilise toute droite de H ; d’après Lemme 2.2 p.11 on en déduit que la restriction de r à H est un homothé-tie [jusque là tout va bien, rien d’incohérent, car une homothétie commute bien avec tout le monde, ce qui sembleêtre le cas de r]. On constate que l’on n’a pas pris les choses par le bon bout, car on n’exploite pas pleinementl’hypothèse, en effet on utilise juste le fait que toute transvection d’hyperplan H se restreint en l’identité, mais onaurait pu arriver au même résultat en se limitant à une seule transvection d’hyperplan H.... !

Soit L une forme linéaire définissant H, d’après Prop.2.2 (7) p.4, il existe un vecteur vh ∈ H tel que pour toutx ∈ E :

h(x) = x+ L(x).vh

Et inversement, pour tout vecteur vh ∈H, on aura ainsi une stransvection définie de cette manière.

L’hypothèse nous permet d’avoir

r(h(x)) = r(x+ L(x).vh) = r(x) + L(x).r(vh) =(hyp.)

h(r(x)) = r(x)+ L(r(x)).vh



On en déduit queL(x).r(vh) = L(r(x)).vh

De la relation (3.2) qui dit que Im(r− idn) ⊂H = ker(L), on en déduit que pour tout x ∈ E on a L(x) = L(r(x)),et si on prend par exemple x /∈ H, on aura L(x) = L(r(x)) 6= 0, et par conséquent r(vh) = vh et cela quelque soitvh ∈ H, ce qui démontre que la restriction de r à H est l’identité, et on a aussi r 6= idn et Im(r− idn) ⊂ H, c’esten fait dire que r est déjà une transvection d’hyperplan H (cf. Prop.2.2 (5) p.4). Alors N contient la transvection r

et c’est gagné.

• Si n = 2 : Commençons par le cas où k 6= F2,F3, i.e. card(k) > 3. Soit g ∈N \ {±id2}.

La dernière hypothèse est bien remplie (et n’est pas du tout farfelue) grâce au fait que N contient strctement le centre.

1 Si g a une valeur propre λ 6=±1 [Notons que c’est envisageable, vue l’hypothèse faite sur le cardinal ducorps k]. Alors d’après Lemme 2.6 p.19, g est conjuguée dans SL(2;k) à une matrice diagonale de la forme�

λ 0

0 λ−1

�et qui sera en particulier dans N, alors d’après Lemme 2.5 p.19 on peut fabriquer un com-

mutateur à partir de cette matrice diagonale pour tomber sur une transvection, en fait on peut même tombersur toutes les transvections [Ce dernier détail est important, car on est dans le cas n = 2, les transvectionne forme pas en général qu’une seule orbite]. Si bien que dans cette situation, on va trouver que N= SL(2;k).

2 Si g admet une valeur propre λ= ±1, [ce n’est même pas la peine de supposer que g pourrait être unetransvection, car cela ne suffirait pas pour s’assurer que toute classe (pour la conjugaison) des transvectionsait un représentant dans N, c’est la même observation qu’au dessus]. Néanmoins cela ne veut pas dire pourautant que N ne puisse pas avoir un autre élément ayant une valeur propre λ 6=±1, de toute façon à ce stadede notre raisonnement ça sera notre seul salut que de pouvoir exiber un tel élément de N. . . , mais on ne vaévidemment pas rechercher parmi les conjugués de g, car cela ne nous donnera pas un élément qui auraitune valeur comme on le souhaite, on pense alors au fait qu’en considérant les commutateurs formés à partird’au moins un élément de N, on va rester dans N.

Matriciellement g aura la forme�

a b

c d

�avec c 6= 0 (et cela dans n’importe quelle base, de même on

peut aussi s’infliger de la même hypothèse concernant b). Soit f =

�α βγ δ

�un élément quelconque

dans SL(2;k) ; essayons alors de voir dans quelle condition le commutateur admet une valeur propre λ 6=

±1. Cela signifiera que pour un certain vecteur e1 que l’on pourra supposer égal à e1 =

�10

�, on aura

fgf−1g−1(e1) = λ.e1.[On aimerait en fait, faire disparaître les inverses f−1 et g−1 en les faisant passerà droite comme cela avait été fait dans la preuve de Prop.2.5 (2) p.10 ou dans la discussion faite avant leLemme 2.5 p.19, en effet cela nous soulagerait au niveau des calculs en nous évitant le calcul de f−1 et deg−1. Mais en ayant écrit notre commutateur de cette manière ce n’est pas très pratique, car il faudra en faitfaire passer f et g à droite et garder f−1etg−1 à gauche, donc cela va nous amener à compiler f−1 et g−1,donc des calculs "inutiles" il vaut donc mieux considérer le commutateur f−1g−1fg]. Donc on recherchef tel que f−1g−1fg(e1) = λ.e1, ce qui revient à fg(e1) = λ.gf(e1), i.e.�

aα+ cβ bα+dβ

aγ+ cδ bγ+ dδ

��1

0

�= λ.

�aα+ bγ aβ+bδ

cα+ dγ cβ+dδ

��1

0

�(3.3)

On obtient alors les équations suivantes (avec λ 6= ±1 et c 6= 0, ainsi que ad− bc= 1 et αδ−βγ= 1) enles variables α,β,γ et δ :

{aα+ cβ = λ(aα+ bγ)

aγ+ cδ= λ(cα+dγ)(3.4)

On constate que α et γ y apparaissent trois fois tandis que β et δ une seule fois.



RmqRmqRmqRmqRmqRmqRmqRmqRmqRmqRmqRmqRmqRmqÐÐÐÐÐÐÐÐÐÐÐÐÐÐÐÐ

On pourra évidemment suivre le raisonnement présenté dans [Per] p.104, qui suggère de prendreγ = 0 et ainsi de suite... Mais en y réfléchissant un peu plus, on veut calculer fg d’un côté, avec

f =

�α βγ δ

�on voit alors qu’en demandant que γ= 0, on obtient f triangulaire supérieure, alors

le produit fg ne le sera pas tout à fait (voir (3.3)), d’un point de vue matricielle, e1 ne se présenterapas encore comme vecteur propre de fg, c’est en même temps rassurant car quel rôle jouerait alorsgf ? Que l’on demande ensuite que cela soit égal à gf (modulo λ) en e1 n’est qu’une contraintesupplémentaire que l’on s’était imposée pour pouvoir rester dans N, car à la base il s’agissait d’étudierles commutateurs.

Aussi, on pourra remarquer par exemple dans la 1-ère équation de (3.4), qu’à cause de c 6= 0, on pourrait prendreα,γ comme on veut et on pourra toujours compenser les choses pour conserver l’égalité et cela au moyen de β ; onpourra également faire la même observation avec la 2-ième équation avec δ. Le seul point est que nos inconnuesα,β,γ et δ doivent aussi vérifier la contrainte αδ−βγ= 1, donc on ne peut pas non plus se permettre de faire ceque l’on veut.

On devine par exemple que si α,γ font ce qu’ils veulent, β doit compenser alors pour la 1-ère équation de(3.4), mais à cause de la contrainte imposée αδ−βγ= 1, on voit que δ sera figé par cette dernière contrainte etne pourra donc pas jouer la compensation nécessaire pour la 2-ième équation de (3.4).

Mais en fait on pourrait revenir à nos réflexes primaires : On a ici 4 variables pour trois contraintes, quelque partil doit y avoir une variable "libre", [ma grande tergiversation est due à la remarque que je ferai plus bas à la page 33].

Comme cela a été fait dans l’établissement du Lemme 2.5 p.19, on va essayer de jouer à l’économie au niveaudes variables, i.e. au niveau du cardinal du corps k. Pour la variable "libre" que l’on aura choisie, on va bien entendului attribué une des valeurs déjà présentes dans notre contexte à savoir 0, 1 ou −1, et ce qui serait intelligent c’estbien entendu, après lui avoir attribuer une de ces valeurs, d’avoir des équations simplifiées, on pense évidemmentqu’avec la valeur 0 cela va bien raccourcir nos équations (c’est naturel, mais il ne faudra pas toujours penser quec’est la meilleure des options). Enfin, si on adopte cette stratégie, il faudra bien entendu choisir la variable quiapparaît le plus possible dans toutes nos équations... ! De cette petite escapade, on pense évidemment aux variablesα ou γ qui apparaissent le plus de fois :

† Si α= 0, alors on obtient −βγ= 1 6= 0, soit γ=−β−1 et le système (3.4) devient :

{cβ= λbγ

aγ+ cδ= λdγ(3.5)

La 1-ère équation devient cβ2 = λb, on constate que cette équation peut éventuellement être impossible,c’est par exemple si on a b= 0.. . . ! Essayons alors autre chose.

† Si γ= 0, alors on obtient αδ= 1 6= 0, soit δ= α−1 et le système (3.4) devient :

{aα+ cβ = λaαcδ= λcα

(3.6)

La 2-ième équation devient alors cδ2 = λc, puisque c 6= 0, cela devient δ2 = λ, ici cela semble un peu plusréalisable (sous l’hypothèse que λ admette un racine carrée), i.e. il faudrait que λ ∈ k∗2 \ {0,±1} (notationdéjà utilisée juste après Thm.2.4 p.17).

C’est là que Perrin est allé un peu vite en besogne, il n’a pas précisé pourquoi lorsque card(k) ¾ 7, lechoix d’un tel λ était réalisable. Notons que tout corps a une certaine caractéristique qui en fonction de cettecaractéristique va contenir leur corps premier qui est soit Q soit un des corps Fq. Remarquons alors que si λpouvait exister dans ce corps premier, il existera également dans le corps initial.. . . !

- Si car(k) = 0, alors c’est très facile.. . . !



- Si car(k) 6= 0, alors un corps premier est de la forme Fq et sur un tel corps on poura consulter [Per] Prop.2.10

p.74 pour voir que l’on a card(F∗q2) =

q− 1

2, dans notre analyse il faudrait que F∗q

2 ait au moins 4 éléments,i.e.

q− 1

2¾ 4 ⇔ q− 1 ¾ 8 ⇔ q ¾ 7.

En résumé : il faudrait que card(k) ¾ 7 pourqu’un tel élément λ puisse exister.

Supposons alors que card(k) ¾ 7, on a déjà considéré

• γ= 0,

• on sait que α= δ−1,

• on va considérer δ une racine carrée de λ.

• Enfin il nous reste à déterminer β, on va bien sûr utiliser la dernière équation non encore utilisée

aα+ cβ= λaα ⇔ cβ = (λ− 1)aα ⇔ β=(λ− 1)a

cδ.

† On pourra voir que les autres discussions β= 0 ou δ= 0 nous mènent à des impasses, je laisse au lecteur lesoin de le vérifier.

On vient d’établir le résultat suivant :

Si card(k) ¾ 7, alors pour toute matrice g =

�a b

c d

�∈ SL(2;k) avec c 6= 0, il existe un élément

f ∈ SL(2;k) tel que le commutateur f−1g−1fg ait une valeur propre λ 6= 0,±1.

Lem. 2.7

Revenons à nos moutons : Si donc g ∈ N n’admet pas de valeur propre qui soit différent de 0,±1, alors par leLemme 2.7 précédent on va considérer un commutateur pour obtenir un autre élément de N qui lui aura bien unevaleur propre différente de 0,±1 (cela sera effectivement possible si on est dans le contexte où card(k) ¾ 7), alors

on pourra apliquer le raisonnement précédent.

3 Traitons à présent le cas où g admet ±1 comme valeur propre, alors matriciellement dans une certaine base

on aura g =

�±1 b0 ±1

�avec b 6= 0 car on a pris g 6= ±id2. Remarquons qu’avec f =

�0 1−1 0

�qui

est en quelque sorte la permutation (1, 2), si on conjugue g par f on obtient fgf−1 =

�±1 0

−b ±1

�, on

reste toujours dans N et on est ramené dans la situation précédente 2 . Remarquons au passage qu’avecla configuration de g au départ, on est déjà dans la configuration de la situation précédente, on avait déjàsignalé ça au moment où l’on avait supposé c 6= 0. Ici aussi, il faudra bien se placer dans la situation oùcard(k) ¾ 7.

4 Si card(k) < 7, on a alors comme possibilités k = F2,F3,F4 ou F5 :

• Si k = F2, nous avions déjà obtenu dans Thm.2.3 p.13 : PSL(2;F2) = S3 qui n’est pas simple.

• Si k = F3, d’après p.17, nous avions déjà observé que PGL(2,Fq) est un sous-groupe de S1+q, doncpour ce qui nous concerne, on en déduit que PGL(2,F3) est un sous-groupe de S4. Or d’après Lemme2.3(2) p.14, on a card(PGL(2,F3)) = (32 − 1)× 3 = 8× 3 = 24, d’autre part on a aussi card(S4) =

4× 3× 2 = 24, on a doncPGL(2;F3) = S4.



Et par ce même Lemme 2.3(3) on a card(PSL(2;F3)) =card(PGL(2,F3))

PGCD(n;q− 1)=

24

2= 12, et grâce à

suite exacte courte p.12 : 1 ↪→→ PSL(E)PGL(E)det→ k∗/k∗n � 1 on en déduit que PSL(2;F3) est un

sous-groupe d’indice 2 dans S4, on a donc

PSL(2;F3) = A4,

et on a déjà vu que ce dernier n’est pas simple, on y trouve le fameux sous-groupe H4.

• Si k = F4, on est en particulier en caractéristique 2, cette observation nous permet de dire que F∗4 = F∗42

et par cette même suite exacte courte que nous avons rappelée plus haut, on a PSL(2;F4) = PGL(2;F4)qui est un sous-groupe de S1+4 =S5. D’autre part, on a card(PGL(2;F4) = (42−1)×4 = 15×4 = 60et car(S5) = 5× 4× 3× 2 = 120, on a donc un sous-groupe d’indice 2 dans S5, on a alors

PSL(2;F4) = A5

qui est simple.

• Si k = F5, de la même façon on a PSL(2;F5) ↪→ PGL(2;F5) ↪→S6 et card(PGL(2;F5)) = (52 − 1)×

5 = 24× 5 = 120 et card(S6) = 120× 6, le sous-groupe PGL(2;F5) est donc d’indice 6 dans S6, ord’après le Cor.1.7. p.17 sur le chapitre du groupe symétrique qui dit que "Tout sous-groupe d’indice ndans Sn, est isomorphe à Sn−1", si bien qu’on obtient PGL(2;F5) = S5 et donc on

PSL(2;F5) = A5

qui est simple.

h

RmqRmqRmqRmqRmqRmqRmqRmqRmqRmqRmqRmqRmqRmqÐÐÐÐÐÐÐÐÐÐÐÐÐÐÐÐÐÐÐ

Pour finir je voudrai revenir sur un point que j’ai signalé après la remarque plus haute concernant ma "ter-giversation" : En effet, j’ai un peu hésité avant de revenir sur le réflexe naturel "Quatre variables pour troiscontraintes, cela nous dit quelque part qu’il doit y avoir une variable libre" : Par définition SL(E) = det−1(1)

c’est donc la fibre au dessus de l’application PGL(E)det→ k. Si on se place dans le contexte où k = F3, l’ap-

plication det a trois fibres au dessus de 0, 1 et −1, on penserait que les fibres seraient de même grosseur. Orcard(GL(2;F3)) = (32−1)× (32 −3) = 8×6 = 48 et card(SL(2;F3)) = (32−1)×3 = 8×3 = 24, et c’estbien plus grand que 48/3 = 16. Autre façon : Si on pense d’un point de vue dimensionnel GL(2;F3) seraitde dimension 43 = 64, mais là également on trouve que 64 = 3× 21+ 1, donc cela ne tombe pas "juste",donc les fibres dans ce cas là ne doivent pas être de même grosseur... ! C’était un souci qui m’était apparudans l’étude approfondie de SL(2;F3) ' H8 oZ/3Z (cf. p.23).


Références

[Cal] Calais J. : Eléments de théorie des groupes, PUF 1996.

[Per] Perrin D. : Cours d’Algèbre, Ellipses, 1996.

[Tau] Tauvel P. : Corps commutatifs et théorie de Galois (Nouvelle édition), Calvage & Mounet, 2008.

34

Vocabulaire

dilatation, 3

GL(E), 2GL(n;k), 2groupe des quaternions H8, 22groupe diédral D4, 22groupe projectif linéaire, 13

homothétie, 12

k∗2, 18, 31

µn(k) : racines neme de l’unité dans k, 16

PGL(E), 13PSL(E), 13

rapport (d’une dilatation), 4

τ(L,vf), 6transvection, 3

Ui,j, 4Ui,j(λ), 4

35

le groupe linØaire et le groupe spØcial linØaire

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