GROUPE LIN ´EAIRE

Ce chapitre est tr`es inspir´e par [Per96]. Nous fixons un espace vectorielEsur un corps K. Nous notons en g´en´eralnla dimension deE.

4.I. Propri´et´es de base

D´efinition 4.I.1. — Legroupe lin´eaireGL(E) est le groupe des automorphismes deEavec la loi de composition, dont l’´el´ement neutre est l’identit´e. Le groupesp´ecial lin´eaireSL(E) est le groupe des automorphismes de d´eterminant 1.

Une fois fix´ee une base deE, le groupe GL(E) devient isomorphe au groupe GLn(K) des matrices inversibles de taillen, tandis que SL(E) devient isomorphe au groupe SLn(K) des matrices de taillenet de d´eterminant 1.

4.I.A. G´en´erateurs. —

4.I.A.1. Dilatations. — SoitHun hyperplan deEetDune droite deE, avec D1H.

D´efinition 4.I.2. — Unedilatationd’hyperplanH, de rapport 1,λ∈K^∗et de droiteDest un endomorphismef deEtel queH= Ker(f −id_E) etD= Ker(f −λid_E).

Parfois, id_Eest consid´er´ee aussi une dilatation.

Proposition 4.I.3. — SoitHun hyperplan deE,f ∈GL(E)telle quef|_H= id_H etλ∈K^∗\ {1}. Les propri´et´es suivantes sont ´equivalentes :

i) le morphismef est une dilatation d’hyperplanHet de rapportλ; ii) le morphismef est diagonalisable, semblable `adiag(1, . . . ,1, λ); iii) on adet(f) =λ;

iv) on aIm(f −idE)1H.

Si ces conditions sont v´erifi´ees, alorsf est une dilatation de droiteD= Im(f −id_E).

D´emonstration. — Voyons que i)⇒ii). Sif est une dilatation de rapportλ, alorsf est dia-gonalisable, car l’on peut choisir une base deEform´ee den−1 vecteurs libres deHet d’un vecteur non nul deD= Ker(f −λid_E).

Clairement, ii)⇒iii). Aussi, ii)⇒i) car nous avons d´ej`aH comme espace propre de la valeur propre 1, doncD= Ker(f−λid_E) est un suppl´ementaire deH.

Montrons iii)⇒iv). Remarquons que, par le th´eor`eme du rang, on a dim(Im(f−id_E)) = 1.

Soituvecteur propre de la valeur propreλ, doncu<H. On af(u) =λudoncf −id_E(u) = (λ−1)u<H, caru<Hetλ,1. Ainsi Im(f −id_E) = vect(u)1H, donc nous avons iv).

Montrons iv)⇒ii). Prenons une baseBdeEform´ee den−1 vecteurs libres deHet d’un vecteur non nulu, g´en´erateur deD= Im(f −id_E). Le vecteurf(u)−uappartient `aDdonc f(u)−u=µupour un certainµ∈K. Au faitµ,0 car sinonf(u) =u, i. e.u∈Hce qui est exclu. Doncf(u) = (1 +µ)u, d’o `u Mat_B(f) = diag(1, . . . ,1, λ), o `uλ= 1 +µ∈K\ {1}.

Les quatre conditions sont donc ´equivalentes. La droite de dilatation est donc D = Ker(f −λid_E). Dans la d´emonstration de iii)⇒iv) nous avons vu qu’un vecteur propreu de la valeur propreλ– i. e., un g´en´erateur deD– est envoy´e parf−id_Esur un multiple de uqui est un g´en´erateur de Im(f −idE), doncD= Im(f −idE).

4.I.A.2. Transvections. — SoitHun hyperplan deEetDune droite deE, avec : D⊂H.

D´efinition 4.I.4. — Unetransvectiond’hyperplanHet de droiteDest un endomorphisme inversiblef deEtel queH= Ker(f −id_E) etD= Im(f −id_E).

Proposition 4.I.5. — SoitH= ker(α)un hyperplan deE,f ∈GL(E)\{id_E}telle quef|_H= id_H. Les propri´et´es suivantes sont ´equivalentes :

i) le morphismef est une transvection ; ii) le morphismef n’est pas diagonalisable ; iii) on adet(f) = 1;

iv) on aIm(f −id_E)⊂H;

v) l’homomorphismef¯:E/H→E/H induit parf est l’identit´e ; vi) il existew∈Htel que, pour toutv∈Eon ait :

Si ces conditions sont v´erifi´ees, alorsf est une dilatation de droiteD= Im(f −id_E).

D´emonstration. — Le sch´ema est i)⇒iv)⇒vii)⇒iii)⇒ii)⇒vii)⇒i). Ensuite on montre

Doncλ_n= 1, ainsi la matrice def dans une base quelconque est semblable `a1n. Mais alors f = id_E, ce qui n’est pas.

ii)⇒vii). La matrice de la forme requise pour vii) est une matrice de Jordan ayantn−2 blocs de taille 1 et 1 bloc de taille 2, tous associ´es `a la valeur propre 1. Nous avons d´ej`a

n−1 vecteurs propres libres associ´es `a la valeur propre 1 : il suffit de choisir une base de H, ainsi il ne peut y avoir de blocs de Jordan de taille sup´erieure `a 2. Pour conclure, il suffit donc de montrer quef est trigonalisable mais pas diagonalisable (donc qu’il existe un bloc de Jordan de taille sup´erieure `a 1), et que toutes les valeurs propres sont 1.

Or, nous avons 1, valeur propre de multiplicit´e g´eom´etriquen−1, donc de multiplicit´e alg´ebrique au moinsn, ainsif est trigonalisable car le polynˆome caract´eristique est scind´e surK : il vaut (x−1)ⁿ⁻¹(x−λ), pour un certain λ∈K^∗. Mais siλ ,1,f serait diagona-lisable, donc au fait λ= 1, et nous avons un bloc de Jordan de taille 2, ce qui ach`eve la d´emonstration.

vii)⇒i). SoitB= (u₁, . . . , u_n). On aH= ker(f −id_E) = vect(e₁, . . . , e_n−1) et Im(f −id_E) = vect(e_n−1)⊂H, doncf est une transvection.

vii)⇒v). SoitB= (u₁, . . . , u_n). On aH= ker(f−id_E) = vect(e₁, . . . , e_n−1). Notons ¯vla classe dev∈EdansE/H. On aE/H= vect( ¯u_n) etf(u_n) =u_n+u_n−1donc ¯f( ¯u_n) = ¯u_n, ce qui montre v).

vii)⇐v). On saitH= ker(f−id_E), carH⊂ker(f −id_E) etf ,id_E. Soitu_n un vecteur de E\H. On a ¯f( ¯u_n) = ¯u_ndonc f(u_n) =u_n+u, pour un certainu∈H. On au,0, car sinon u_n∈ker(f −id_E) =H. On pose alorsu_n−1=uet on compl`eteu<sub>n</sub>−1 `a une base deH, ce qui donne la matrice souhait´ee pour montrer vii).

iv)⇒vi). On saitH= ker(f −id_E). Soitu<Het posonsw₀=f(u)−u. On aw₀,0 car autrementw₀∈ker(f −id_E) =H. Donc Im(f −id_E) = vect(w₀). Soita=α(u) : nous avons a,0 carH= ker(α). Soit alorsw= (1/a)w₀. Nous avons alors, pour toutx∈E:

f(x) =x+α(x)w,

car ceci est vrai pouru, par construction, et pour une base deH, parce quef|_H= id_H: c’est donc vrai sur une base deEet par cons´equent surE.

iv)⇐vi). Sif prend la forme d´ecrite dans vi), alors Im(f −id_E) = vect(w)⊂H.

Remarque 4.I.6. — L’inverse d’une transvectionf d’hyperplanH= ker(α) et droiteD= vect(w) d´efinie parf(v) =v+α(v)west encore une transvection d’hyperplanHet droiteD.

Elle est d´efinie, pour toutv∈E, par :

f⁻¹(v) =v−α(v)w.

En effet, commew∈H= ker(α) on aα(w) = 0 donc :

f(v−α(v)w) =v−α(v)w+α(v−α(v)w)w=v−α(v)w+α(v)w=v.

Le produit de deux transvectionsf etf⁰ d’hyperplan H= ker(α) est l’identit´e ou une transvection d’hyperplanH. Sif etf⁰sont d´efinies parf(v) =v+α(v)wetf⁰(v) =v+α(v)w⁰ pour certainsw, w⁰∈E, alorsf f⁰ est d´efinie par :

f⁻¹(v) =v+α(v)(w+w⁰).

En effet, commew⁰∈H= ker(α) on aα(w⁰) = 0 donc :

f f⁰(v) =f(v+α(v)w⁰) =v+α(v)w⁰+α(v+α(v)w⁰)w=v+α(v)w⁰+α(v)w.

Lemme 4.I.7. — Soitf une transvection de droiteD et hyperplanHet soitg∈GL(E). Alors gf g⁻¹est une transvection de droiteg(D)et d’hyperplang(H).

D´emonstration. — Soitv∈Eetu=g⁻¹(v), doncv=g(u). On a : v∈ker(gf g⁻¹−idE)⇔gf g⁻¹(v) =v

⇔gf g⁻¹(g(u)) =g(u)

⇔gf(u) =g(u)

⇔f(u) = (u)

⇔u∈ker(f−id_E) =H

⇔v∈g(H).

Donc ker(gf g⁻¹−id_E) =g(H). De mˆeme :

v∈Im(gf g⁻¹−id_E)⇔g(u)∈Im(gf g⁻¹−id_E)

⇔ ∃w∈E|g(u) =gf g⁻¹(w)−w

⇔ ∃w∈E|u=f g⁻¹(w)−g⁻¹(w) en posantz=g⁻¹(w),

⇔ ∃z∈E|u=f(z)−z

⇔u∈Im(f −id_E) =D

⇔v∈g(D).

Et bien s ˆurD⊂Himpliquef(D)⊂f(H), ce qui conclut la preuve.

4.I.A.3. G´en´erateurs deGL(E)etSL(E). —

Th´eor`eme 4.I.8. — Les transvections engendrentSL(E). Les transvections et les dilatations en-gendrentGL(E).

D´emonstration. — Fixons une base deEet un isomorphisme SL(E)'SL_n(K). Nous allons consid´erer des transvections d’un type particulier, ´etant donn´ei, j∈~1, netλ∈K^∗, on fixe t_i,j(λ) transvection de droiteD_i= vect(e_i) et d’hyperplan ker(e^∨_j), comme l’endomorphisme dont la matrice est :

T_i,j(λ) =1n+λE_i,j,

o `uE<sub>i,j</sub> est la matrice dont le coefficient au poste (h, k) estδ<sub>i,h</sub>δ<sub>j,k</sub>, o `uδ_j,k est le symbole de Kronecker. Autrement dit,t_i,j(λ) envoiexsurx+λe^∨_j(x)e_i. Le coefficient (h, k) deT_i,j(λ) est

δ_h,k+λδ_i,hδ_j,k.

On affirme que, siA∈SL_n(K), alors si on poseA⁰=T_i,j(λ)AetA⁰⁰=AT_i,j(λ), en d´esignant Li(M) lei-i`eme vecteur ligne d’une matriceMetCi(M) lei-i`eme vecteur colonne deM, on a :

Li(A⁰) =Li(A) +λLj(A), Cj(A⁰⁰) =Cj(A) +λCi(A).

En effet, notons (a_h,k) les coefficients deA, (a⁰_h,k) les coefficients deA⁰, (a⁰⁰_h,k) les coefficients deA⁰⁰. On a :

a⁰_h,k=a⁰_h,k+ X

`∈~1,n

λδ_i,hδ_{`,j</sub>a<sub>`,k}=a_h,k+λδ_i,ha_j,k.

Ainsi,a⁰_h,k =ah,k pourh,iet, pourh=i,a⁰_i,k =ai,k+λaj,k, ce qui exprimeLi(A⁰) =Li(A) + λL_j(A). Pour les colonnes, c’est le mˆeme argument.

Nous posons maintenantB=T_i,j(1)T_j,i(−1)T_i,j(1)A. Nous allons montrer : L_i(B) =L_j(A), L_j(B) =−L_i(A).

En effet, posonsB⁰=T_i,j(1)A,B⁰⁰=T_j,i(−1)B⁰doncB=T_i,j(1)B⁰⁰. On a : Li(B⁰) =Li(A) +Lj(A), Lj(B⁰) =Lj(A);

L_i(B⁰⁰) =L_i(B⁰) =L_i(A) +L_j(A), L_j(B⁰⁰) =L_j(B⁰)−L_i(B⁰) =−L_i(A);

L_i(B) =L_i(B⁰⁰) +L_j(B⁰⁰) =L_j(A), L_j(B) =L_j(B⁰⁰) =−L_i(A).

Nous pouvons alors montrer le r´esultat en appliquant le pivot de Gauss. En effet, on regardeC1(A) =^t(a1,1, . . . , an,1). Siai,1,0 pour un certaini∈~2, n, alors on peut obtenirA⁰ ayanta⁰_1,1= 1 par la transformation :

L₁(A⁰) =L₁(A) +1−a_1,1

a_i,1 L_i(A), car alors : a⁰_1,1=a_1,1+1−a_1,1 a_i,1 a_i,1= 1

commeAest inversible,C₁(A) n’est pas nulle donc sia_i,1= 0 pour touti∈~2, n, c’est que a_1,1,0, auquel cas on utiliseB, i. e., on remplaceL₁parL_iet on revient `a l’´etape pr´ec´edente pour avoira⁰_1,1= 1.

On peut donc supposera1,1= 1. Par le proc´ed´e de Gauss on peut alors annuler tous les coefficientsa⁰_1,i, quelque soiti∈~2, n. On peut donc supposer queC1(A) soit^t(1,0, . . . ,0).

On utilisera ensuite des transformations ´el´ementaires sur les lignes 2, . . . , n, puis 3, . . . , n, et ainsi de suite, afin de trigonaliserA, i. e. on pourra trouver des matrices de transvec-tion T₁, . . . , T_s telles queA⁰ = T₁· · ·T_sAsoit triangulaire sup´erieure stricte avec des 1 sur la diagonale. Finalement, en op´erant sur les colonnes, on pourra trouver des matrices de transvectionT₁⁰, . . . , T_t⁰telles queA⁰T₁⁰· · ·T_t⁰=1n. Ainsi :

A= (T₁⁰)⁻¹· · ·(T₁⁰)⁻¹T_s⁻¹· · ·T₁⁻¹ est un produit de matrices de transvection.

On it`ere le proc´ed´e jusqu’`a ce que la matrice obtenue soit1n. Nous venons de montrer que les transvections engendrent SL_n(K).

Pour GLn(K), soitA∈GLn(K) eta= det(A). SoitBune dilatation de d´eterminant 1/a.

AlorsC=AB∈SL_n(K). DoncA=CB⁻¹est produit de transvections et d’une dilatation, car B⁻¹est une dilatation (de rapporta).

4.I.B. Groupe lin´eaire sur un corps fini. —

4.I.B.1. Ordre des groupes lin´eaires. — On note µ_n(K) l’ensemble des racines n-i`emes de l’unit´e dansK.

Lemme 4.I.9. — Tout sous groupe fini G de K^∗ est cyclique. Ensuite, soit K = Fq et d = pgcd(n, q−1). Alors :

µ_n(K) =µ_d(K).

En particulier,µn(K)est cyclique de cardinald.

D´emonstration. — SoitN l’ordre deG. Notonsϕ(n) l’indicatrice d’Euler den∈N: ϕ(n) = #{s∈~1, n|pgcd(s, n) = 1}.

Nous savons queϕ(n) est le nombre d’´el´ements d’ordre ndans Z/nZ, autrement dit le nombre de g´en´erateurs de ce groupe.

Aussi, consid´eronsZ/NZ. L’ordre d’un ´el´ement dans ce groupe est un diviseurndeN : un tel ´el´ement engendre un sous groupeH de Z/NZ isomorphe `a Z/nZ, constitu´e des multiples deN /n dans Z/NZ. Nous avons donc au moinsϕ(s) ´el´ements d’ordre s dans Z/NZ.

Or, si on consid`ere µ_N(C) ={z ∈ C|z^N = 1}, on aµ_N(C) 'Z/NZ, engendr´e par ξ = e^2iπ/N. Comme les ´el´ements d’ordresdeµ_N(C) satisfontx^s= 1, ils sont tous contenus dans l’ensemble, de cardinals, des racines d’ordres de 1. Cet ensemble co¨ıncide avec le sous

groupe deµ_N(C) engendr´e parξ^{N /s}, car il contient ´evidemment ce dernier, et ce dernier a cardinals.

Ceci montre que :

N=X

n|N

ϕ(n).

Ainsi, soitα∈G. L’ordrendeαdiviseN ethαiest sous groupeHdeGisomorphe `aZ/nZ.

Or, le polynˆomexⁿ−1 poss`ede au plusnracines dansK. Par ailleurs, les ´el´ements deH sont en nombrenet sont des racines dex<sup>n</sup>−1, doncHest l’ensemble de ces racines. Enfin, un ´el´ementβ∈Gd’ordrenest racine dex<sup>n</sup>−1, donc appartient `aH. Ainsi, s’il existeα∈G d’ordrennous avons exactementϕ(n) ´el´ements d’ordrendansG, les g´en´erateurs deH.

Donc, du moment qu’on consid`ere une partition deGselon l’ordre de chaque ´el´ement, on aura queNest la somme, pour toutn|N d’un nombre qui vautϕ(n) (s’il y a un ´el´ement d’ordren) ou 0 (s’il n’y en a pas). Mais comme N =P

n|Nϕ(n), tous ces nombres doivent valoirϕ(n). En particulier le nombre d’´el´ements d’ordreN estϕ(N),0, doncGest cyclique d’ordreN.

Soit maintenantK=Fq. Il existe, d’apr`es Bezout, deux entiersu, vtels que : un+v(q−1) =d.

Soit alorsα∈Fqavecαⁿ= 1. Comme tout ´el´ement deFq,αsatisfaitα^q−1= 1, donc : α^d= (αⁿ)^u(α^q−1)^v= 1,

doncαest une racined-i`eme de 1. Ceci montreµn(K)⊂µd(K).

Puis, commed divisen, une racined-i`eme de 1 est aussi une racinen-i`eme de 1, donc µ_d(K)⊂µ_n(K).

Enfin,K^∗d´ej`a est cyclique d’ordreq−1. Il est constitu´e des racines du polynˆomex<sup>q−1</sup>−1, qui sont toutes distinctes. Soit alorsαune racine dex<sup>d</sup>−1 dans une extension deFq. On aα racine dex<sup>q−1</sup>−1 carx<sup>d</sup>= 1 impliquex<sup>q−1</sup>= 1 du moment qued|(q−1). Ainsiαest racine dex<sup>q−1</sup>−1 doncα∈Fq. De plus les racines dex<sup>d</sup>−1 sont aussi distinctes, i. e.x<sup>d</sup>−1 poss`ede dracines distinctes dansFq. Doncµ_d(Fq) est d’ordred, et on sait d´ej`a qu’il est cyclique en tant que sous groupe fini deK^∗.

Soitq≥2 etn≥1 entiers. Posons

N_n,q= (qⁿ−1)(qⁿ−q)· · ·(qⁿ−qⁿ⁻²)qⁿ⁻¹. Proposition 4.I.10. — SoitFqle corps `aq´el´ements. Alors :

#

GL_n(Fq)

=N_n,q(q−1),

#

SL_n(Fq)

=N_n,q,

#

PGLn(Fq)

=Nn,q,

#

PSLn(Fq)

=Nn,q/pgcd(n, q−1).

D´emonstration. — Commenc¸ons par d´enombrer les ´el´ements de GL_n(Fq). Les colonnes d’une matrice de GLn(Fq) sont exactement les n-tuplets de vecteurs libres, autrement dit les bases B de Fⁿq. L’on peut choisir pour premier vecteur u₁ de B un quelconque vecteur non nul deFⁿq, d’o `u le premier facteur q<sup>n</sup>−1. Les choix de u2 sont exactement tous les choix d’un deuxi`eme vecteur qui n’est pas li´e `a u1, i. e., qui n’appartient pas

`a vect(u<sub>1</sub>), d’o `u le facteur qⁿ −q. En it´erant le proc´ed´e, on arrive au nombre de choix (qⁿ−1)(qⁿ−q)· · ·(qⁿ−qⁿ⁻¹) =N_n,q(q−1).

Pour SL_n(Fq), nous avons SL_n(Fq) = ker(det) o `u : det : GL_n(Fq)→F^∗q

est surjective, ce qui est clair en consid´erant la matrice diag(a,1, . . . ,1),a∈K^∗. Donc :

#

SL_n(Fq)

= #

GL_n(Fq)

/(q−1) =N_n,q.

Pour PGLn(Fq), on remarque que le centre K^∗1n a cardinal q−1 donc PGLn(K) = GL_n(K)/K^∗1na cardinalN_n,q.

Pour PSL_n(Fq), on remarque que le centreK^∗1n∩SL_n(K) est constitu´e des matrices de la formea1n, avecaⁿ= 1. La conclusion r´esulte aussitˆot du lemme 4.I.9.

4.I.B.2. Quelques rappels sur les groupes de permutation. — Soitn≥1 un entier.

Th´eor`eme 4.I.11. — Le groupeA_nest simple pourn≥5. De plus : i) le seul sous groupe deS_nd’indicenestA_n, quelque soitn;

ii) les seuls sous groupe distingu´es deS_nsontA_n,{id}etS_n, pourn≥5;

iii) le seul sous groupe distingu´e deA₄ est le groupe de Klein, engendr´e par les produits de deux transpositions disjointes.

D´emonstration. — Montrons d’abord queA₅est simple. Le plus facile, c’est d’analyser les classes de conjugaison dansA₅. On sait que les 3-cycles, au nombre de 20, forment une seule classe de conjugaison.

Pour les 5-cycles, au nombre de 24, c’est diff´erent. DansS₅ils forment une seule classe, mais dansA₅ ils ne peuvent forment une seule classe car 24-60 et le cardinal de toute orbite est un diviseur de l’ordre du groupe, pr´ecis´ement celui-ci divis´e par l’ordre du sta-bilisateur, qui divise l’ordre du groupe d’apr`es le th´eor`eme de Lagrange.

On affirme que les 5-cycles forment alors deux classes. En effet, soitO(γ1) etO(γ2) deux orbites – il en existe au moins deux d’apr`es ce que nous avons vu, et elles sont disjointes.

Utilisons la notation exponentielleα^β=βαβ⁻¹. On aγ1=γ₂^σ avecσ impair car les 5-cycles γ₁etγ₂sont conjugu´es dansS₅mais pas dansA₅.

Soit doncγun 5-cycle. Alorsγ=γ₁^σ1pour une certaine permutationσ₁. Aussi, si on pose σ₂=σ σ₁, on trouveγ=γ₁^σ2. On aγ∈O(γ1) si et seulement siσ₁est pair, etγ∈O(γ2) si et seulement siσ₂ est pair. Mais, commeσ est impair,σ₁est pair si et seulement siσ₂=σ σ₂ est impair, doncγappartient `aO(γ<sub>1</sub>) ou `aO(γ₂), i. e. nous avons exactement deux orbites.

De plus, pour toutγ∈O(γ1), on aγ^σ ∈O(γ2), et il est clair que l’applicationγ 7→γ^σ d´efinit une bijection deO(γ1) surO(γ2). Nous avons donc 2 orbites de mˆeme cardinal, i.e.

de cardinal 12 chacune.

Ce raisonnement montre que, ´etant donn´ee un classe de conjugaisonO⊂A_n pourS_n, soitOforme une classe de conjugaison pourA_n, soitOest la r´eunion de deux orbites pour A_n, de mˆeme cardinal. En particulier, si # (O) est impair,Oest aussi une orbite pourA_n.

Pour les produit de deux transpositions, au nombre de 15, il y a une seule classe de conjugaison dansA₅car 15 est impair.

Maintenant, si on avait un sous groupe distingu´eN deA₅, d`es lors queN contient un

´el´ement, il contient toute sa classe de conjugaison. De plus, par le th´eor`eme de Lagrange,

|N|divise 60. Mais on ne saurait combiner 1, 12 (´eventuellement deux fois), 15 et 20 de sorte `a obtenir un diviseur de 60, autre que 1 ou 60.

Pour le casn≥6, on prendN ,{id}sous groupe distingu´e deA_net on cherche `a montrer queN contient un 3-cycle. Il existeσ ∈N\id, donc il existea∈~1, ntel queb=σ(a),a.

On choisit alorsc ∈ ~1, n\ {a, b, σ(b)}et on pose τ = (acb) donc τ⁻¹ = (abc). Ainsi τ^σ = (bσ(b)σ(c)).

On a alors [τ, σ] = (acb)(bσ(b)σ(c)), un ´el´ement deN qui laisse fixes tous les ´el´ements hormis au plus 5, c’est-`a-dire {a, b, c, σ(b), σ(c)}. Soit Aune partie de~1, n contenant ces

´el´ements, ayant cardinal 5.

Les permutations paires deAforment un sous groupe deA_nisomorphe `aA₅, qui coupe N en un sous groupe distingu´eMcontenant [τ, σ],id, car [τ, σ](b) =τσ τ⁻¹(a) =τσ(b) =b

´equivaut `aσ(b) =τ⁻¹(b) =c, ce qui n’est pas.

OrA₅ ´etant simple et M,{id} ´etant distingu´e, on aM =A₅, donc N contient des 3-cycles, ce qui ach`eve la d´emonstration.

On peut montrer alors ii). SoitN un sous groupe distingu´e deS_n. SiK=H∩A_n,{id}, alorsK ´etant distingu´e dansA_non aK=A_n. OrH=K ouKa indice 2 dansHauquel cas H=S_n. Sinon,H∩A_n,{id}, doncHs’envoie de mani`ere injective sur{±1}, ainsi|H|= 2 carH,{id}, i. e.H ={id, σ}. Pour toutτ ∈S_n, on a alorsτσ τ⁻¹=σ, autrement ditσ est central. Mais le centre deS_nest trivial.

D´emontrons maintenant i). SoitHun sous groupe d’indicendeS_n. AlorsS_n op`ere sur X=S<sub>n</sub>/H, un ensemble de cardinaln, et nous avons un morphisme de groupesρ:S<sub>n</sub> → S(X). Sin= 2 oun= 3, c’est clair. Sin= 4, un sous groupe d’indice 4 a ordre 6, donc il est isomorphe `aS₃ou alors il est cyclique, ce qui n’est pas.

Soit alors n≥ 5 et soit σ ∈ S_n et ¯σ sa classe dans X. Le stabilisateur de ¯σ est {τ ∈ S_n |τσ ∈σ H}. Il s’agit de σ Hσ⁻¹ =H^σ. Donc le stabilisateur de la classe ¯id estH. On a ker(ρ) distingu´e dansS_n. Donc ker(ρ) est trivial, ´egal `aA_n, ouρest trivial. Mais ker(ρ) est constitu´e de l’intersection de tous les stabilisateursH^σ, donc ker(ρ)⊂H, ainsi ker(ρ),A_n, ker(ρ),S_n.

Doncρest injective etHest isomorphe viaρau stabilisateur du point ¯id deS(X), ce qui impliqueH'S_n−1.

4.I.B.3. Groupes lin´eaires d’ordre petit. — Il ne manque plus que les casn= 2 etFqavec q ∈ {2,3,4,5}. Au fait, pour q = 4 nous savons d´ej`a que PSL2(F4) est simple, mais nous pouvons le reconnaˆıtre comme un groupe d´ej`a rencontr´e.

Proposition 4.I.12. — On a : i) PGL2(F2)'PSL2(F2)'S₃, ii) PGL2(F3)'S₄,PSL2(F3)'A₄, iii) PSL2(F4)'PGL2(F4)'A₅,

iv) PGL2(F5)'S₅,PSL2(F5)'A₅.

D´emonstration. — On sait queG = PSL2(K) op`ere sur P<sup>1</sup> =P<sup>1</sup><sub>K</sub>. Cette droite projective poss`edeq+ 1 points donc on a un morphisme de groupes :

ρ:G→S_q+1.

Orρest injectif, car une homographie qui laisse fixes tous les points est l’identit´e.

Comme|PSL2(F2)|= 6 on trouve directement i) et PGL2(F3)'S₄. De plus, siqest pair, PGL2(Fq)'PSL2(Fq) car pgcd(2, q−1) = 1.

Pour ii), on sait queA₄est le seul sous groupe deA₄d’indice 2, et comme PSL₂(F3) a indice 2 dans PGL₂(F3), on voit que PSL₂(F3)'A₄.

Dans le cas iii), on a|PSL₂(F4)|= 60 doncρexprime PSL₂(F4) comme un sous groupe d’indice deux deS₅. On sait que celui-ci est forc´ementA₅.

Pour iv), viaρon a PGL₂(F5) d’indice 6 dansS₆, ce qui implique PGL₂(F5)'S₅. Puis PSL₂(F5) est distingu´e dans PGL₂(F5)'S₅, donc PSL₂(F5)'A₅.

4.II. Simplicit´e du groupe lin´eaire projectif

On consid`ere un espace vectorielEde dimensionnsur un corpsKet le groupe PSL(E).

On fixe une base deEet par cons´equent un isomorphisme PSL(E)'PSL_n(K). Nous allons travailler avec cet isomorphisme implicitement fix´e.

Th´eor`eme 4.II.1. — Le groupePSLn(K)est simple hormis dans les cas : PSL₂(F2)'S₃, PSL₂(F3)'A₄.

4.II.A. D´emonstration pourn≥3. — SoitN0un sous groupe distingu´e de PSL_n(K), avec N0,{1}. Nous voulons montrer queN0 = PSLn(K). Dans ce but, on consid`ere N, l’image r´eciproque deN dans SLn(K). On a alors N , K<sup>∗</sup>1n, et N est distingu´e dans SLn(K). Il existe donc un automorphismeg ∈ N qui n’est pas une homoth´etie. Le but est de mon-trer que l’on peut fabriquer, `a partir deg, une transvection dansN. Comme celles-ci sont toutes conjugu´ees,N contiendra alors toutes les transvections. Du moment que celles-ci engendrent SL_n(K), on aura alorsN= SL_n(K).

Commeg n’est pas pas une homoth´etie, il existe u∈ E tel queg(u) etu ne sont pas colin´eaires. Soitv=g(u). On a alors un planF= vect(u, v)⊂E.

Choisissons une transvectionf de droiteA= vect(u). Alorsgf g⁻¹est une transvection de droiteB= vect(g(u)) = vect(v) d’apr`es le lemme 4.I.7. Par cons´equent,gf g⁻¹ ,f i.e., [g, f] =gf g⁻¹f⁻¹,id_E. On pose alorsh= [g, f]. On af g⁻¹f⁻¹∈N carN est distingu´e dans SLn(K) ; aussig⁻¹∈N donch∈N.

Remarquons que Im(h−idE)⊂F. En effet, un ´el´ement de Im(h−idE) s’´ecrit : h(x)−x=gf g⁻¹f⁻¹(x)−x=gf g⁻¹f⁻¹(x)−f⁻¹(x) +f⁻¹(x)−x,

pour un certainx∈ E. Or si on pose y =gf g⁻¹f⁻¹(x)−f⁻¹(x) et z=f⁻¹(x)−x, on voit que y s’obtient en appliquant `a f<sup>−1</sup>(x) l’endomorphisme gf g<sup>−1</sup>−id<sub>E</sub> d’image vect(v) et z=f<sup>−1</sup>(x)−xappartient `a l’image def⁻¹−idE, i. e. `a vect(u), cf. la remarque 4.I.6. Ainsi h(x)−x=y+z∈F.

Maintenant nous utilisons l’hypoth`esen≥3. Il existe un hyperplanHdeEcontenantF.

Nous avons alors deux cas :

Cas 1 : il existe une transvection t de E, d’hyperplanH, qui ne commute pas `a h. Dans ce cas s = [h, t] ,idE, et de nouveau s∈ N. Aussi,s =hth⁻¹t⁻¹ et t⁰ = hth⁻¹ est une transvection d’hyperplanh(H). Mais nous avons montr´e que Im(h−idE)⊂F⊂Hdonc h(H) =H, i. e.t⁰est une transvection d’hyperplanH. Doncs=t⁰t⁻¹est un produit de transvections d’hyperplanH, ainsis,id_Eest aussi une transvection d’hyperplanH, cf. la remarque 4.I.6.

Cas 2 : toute transvectiontdeEd’hyperplanHcommute `ah. Dans ce cas, nous prenons toutes les transvectionstd’hyperplan H= ker(α). Chacune d’elles s’´ecrit, pour un certain w∈Hsous la formet(x) =x+α(x)w. ´Ecrivons quetcommute avech:

th(x) =h(x) +α(h(x))w=h(x) +α(x)h(w) =ht(x), ∀x∈E.

Il en r´esulte que, pour toutx∈Eet toutw∈H, on a : α(h(x))w=α(x)h(w).

Or, on sait que Im(h−id_E)⊂Hdonch(x)−x∈H, ce qui impliqueα(h(x)−x) = 0, i. e.

α(h(x)) =α(x). L’´equation pr´ec´edente devient :

α(x)w=α(x)h(w), ∀(x, w)∈E×H.

Mais si on prendx<H, alorsα(x),0 donch(w) =w, et cela pour toutw∈H. Il en r´esulte queH⊂ker(h−id_E). De plus,h,id_Eeth∈N⊂SL_n(K) donc det(h) = 1. Ainsi hest une transvection d’apr`es la proposition 4.I.5.

Dans les deux cas nous avons montr´e qu’il existe une transvection dansN, ce qui implique SoitRla matrice ci-dessus. Nous r´ep´etons maintenant le proc´ed´e de passer au commuta-teur, cette fois en fixantb∈Ket en d´efinissant l’´el´ementt∈SL(E) part(u) =u+bv,t(v) =v. SoitT la matrice ci-dessus. On calcule :

T RT⁻¹R⁻¹= c² 0 SoitSla matrice ci-dessus. Encore une fois, [t, h]∈N, quelque soientbetc.

S’il existe un ´el´ementc ∈K^∗ tel quec⁴, 1, alors on poseb = 1/(1−c⁻⁴) etS est une matrice de transvection, donc N contient une transvection, ce qui implique N = SL(E), comme dans le casn≥3.

Nous pouvons maintenant compl´eter la d´emonstration du th´eor`eme 4.II.1. En effet, le casn≥3 ´etant montr´e, nous regardons le casn= 2 o `u la proposition 4.II.2 montre la sim-plicit´e de PSL2(K) hormis dans les cas o `uKestF2 ouF3 ouF5. Ensuite, la proposition 4.I.12 montre que PSL2(F5) est simple grˆace au th´eor`eme 4.I.11, aussi bien que les isomor-phismes PSL2(F2)'S₃et PSL2(F3)'A₄. Il est clair que ces deux dernier groupes ne sont pas simples.

QUADRIQUES

Dans ce chapitre,Kd´esigne un corps de caract´eristique diff´erente de 2.

5.I. Quadriques projectives

5.I.A. Formes quadratiques. — Soit E un espace vectoriel de dimensionn < ∞sur K. Nous allons voir la classification des formes quadratiques dans trois cas principaux : lorsqueKest alg´ebriquement clos, ou un corps fini, ou le corps des nombres r´eels.

5.I.A.1. Polarisation d’une forme quadratique. — Soitq:E→Kune forme quadratique. La polarisationΦ_qdeq est la forme bilin´eaire sym´etriqueΦ_q:E×E→Kd´efinie, pour tout (u, v)∈E², par :

Φ_q(u, v) =1

2(q(u+v)−q(u)−q(v)).

En coordonn´ees cela prend la forme suivante. SoitB= (e₁, . . . , e_n) une base deE. Alors la matrice Mat_B(q) par d´efinition est la matrice Mat_B(Φ_q), qui est d´efinie par :

Mat_B(Φ_q) = (m_i,j), m_i,j=Φ_q(e_i, e_j), pour touti, j∈~1, n.

Ainsi, soit u = BX et v =BY, pour des vecteurs colonne X = (x1, . . . , xn) ∈ Kⁿ, et Y = (y1, . . . , yn)∈Kⁿ. On trouve :

Φ_q(u, v) =^tXMY .

On a la notion suivante d’orthogonalit´e par rapport `a q, ou plutˆot `a Φ_q. L’orthogonal d’une partieAdeEestA^⊥={u∈E|Φ_q(v, u) = 0,∀v∈A}.

´Etant donn´ee la baseB, on peut voirqcomme une expression quadratique polynomiale.

´Etant donn´ee la baseB, on peut voirqcomme une expression quadratique polynomiale.

Dans le document Notes du cours de g´eom´etrie (Page 74-98)