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Homographies à coefficients dans F_p
Bonjour
Chose promise, chose due...
Dans tout l'exo, p est un nombre premier impair et le corps à p éléments.
G=GL2() est le groupe des matrices 2
2 inversibles à coefficients dans et S=SL2(
) est le sous-groupe de G formé des matrices de déterminant 1.
A) Montrer que card(G)=(p2-1)(p2-p) et que card(S)=p(p2-1)
B) On définit l'application 
de G dans le corps des fractions rationnelles à coefficients dans en faisant correspondre à
la fraction rationnelle
a) Vérifier que (AB)=(A) o (B) pour tout couple (A,B) de G2. (o est la composition des fractions rationnelles)
b) Montrer que ((G), o) est un groupe que l'on notera H. On pose SH=(S)
c) Déterminer Ker() et en déduire le cardinal de H et de SH.
C) On pose U=X+1 et V=-1/X. On veut montrer que SH est engendré par la famille (U,V)
a) Montrer que U est d'ordre p (ce qui justifie l'écriture Um pour m
b) Soient m et n des entiers tels que mn=1 dans .
Montrer que V o Umo V o Un o V o Um =
c) Montrer que U et V engendrent S.
D) Soit E l'ensemble 
{
}. A l'élément de H on fait correspondre la fonction
définie de la manière suivante:
(i) si c=0 alors d est non nul et on pose
pour
et
(ii) si c
0 on pose
si
et
et
a) Vérifier que s définit un morphisme injectif du groupe H dans le groupe des permutations de l'ensemble E.
b) Calculer la signature de s(U) et de s(V) (je rappelle que -1 est un carré de si et seulement si p
1 (mod 4)) et en déduire que
E) Pour finir en beauté: Montrer que pour p=3, HS est isomorphe à
Wouaou, quel boulot! 
Allez je me lance, faut pas laisser perdre!
1)Une base de étant fixée, une matrice à coefficients dans
est inversible si et seulement si c'est une matrice de changement de base.
Ainsi, le cardinal de G est celui de l'ensemble des base de .
Or est de cardinal p², il y a donc p²-1 choix possibles pour le premier vecteur, noté u.
Comptons les vecteurs colinéaires à u:
Tout vecteur v colinéaire à u est de la forme k.u avec k entier de [0;p-1].
Pour tout couple (k;l) d'entiers distincts de [0;p-1], on a (k-l)u non nul car u est non nul, ce qui entraîne qu'il y a exactement p vecteurs colinéaires à u.Il reste donc p²-p choix possibles de v de sorte que (u,v) soit une base.
Conclusion:G est de cardinal (p²-1)(p²-p).
Soit à présent M une matrice de G ; son déterminant est non nul donc inversible dans
L'application
s: G->S
M->M/det(M)
est bien définie et clairement surjective.
Deux matrices M et N ont même image par S ssi M.det(N)=N.det(M) ce qui implique que N est un multiple non nul de M.
Inversement, M étant un élément fixé de G, cherchons les éléments a non nuls de tels que la matrice
N=aM de G ait même image par s que M.
Cela s'écrit
et comme M est non nulle, cela équivaut à , donc à a d'ordre 3 dans
Deux cas de figure se présentent alors selon que admet ou non des sous-groupes d'ordre 3, ce qui équivaut à dire par Sylow que 3 divise p-1.
Euh, c'est la bonne piste, Camélia?
Tigweg
Re-bonjour ^^
Tiweg : pour la fin tu te complique peut-etre un peu la vie : S est le noyaux de l'application déterminant, du coup (Card S)*card(Im det)=card G
et le déterminant est surjectif sur Fp*, ce qui donne le résultat.
Bonsoir Camélia,
j'ai tout de même dit une énormité!
Je sentais bien que quelque chose clochait dans mon raisonnement avec s, mais c'est au cinéma que j'ai eu la "révélation" (le film n'était pas très intéressant!
):
Si M est inversible, alors M/det(M) n'est évidemment pas en général de déterminant 1!
D'où le point étrange où cela m'avait conduit...
Affaire à suivre, ton problème a l'air super intéressant!
C'est du classique?Tu le donnais à quel niveau?
Tigweg
Bon, je me lance pour le B).
B)
a) Bon, j'ai vérifié. C'est du calcul matriciel rien de bien méchant. 
b) La loi est clairement interne. Elle est associative (celle de la compostion).
Le neutre c'est P(X)=X et l'existence d'un symétrique pour toute matrice de G assure d'après la question précédente celle de .
c) On trouve que a exactement p-1 éléments. Sauf erreur de calcul ce sont les éléments de la forme
avec a différent de 0.
Du coup H a fois moins d'éléments que G:
.
De même
Je m'occupe de la partie C c'te aprèm.
Ayoub.
J'ai une question toute bête concernant la partie A).
Bon, après que Greg a démontré |G|=(p²-1)(p²-p) pourquoi faire toutes ces lignes pour en déduire que |S|=p(p²-1)?
C'est pas évident que S a p-1-fois moins d'éléments de G?
C)
a) On a clairement et donc
.
D'après Lagrange comme U n'est pas d'ordre 1, U est forcément d'ordre p.
b) On fait étape par étape:
Et finalement (ouf!) on a bien .(1)
(Mais où es-tu encore aller trouver un truc pareil? )
c) Grâce à (1) on arrive à générer 2(p-1) éléments de SH (en passant à l'inverse on obtient p-1 nouveaux). Mais je suis encore loin des p(p+1).
J'y réfléchis encore...
Bon, dans l'ordre...
> Tigweg je n'avais pas repéré ton erreur, mais comme Ksilver donnait la bonne méthode j'ai lu très vite... (comme quelqu'un qui après des tas de copies a quand même eu le temps d'aller au cinéma, faire des maths!)
A tous: La bonne méthode pour passer du cardinal de GL à celui de SL est bien celle de Ksilver hier 18:22.
> Ayoub J'en donnais des bouts en première ou seconde année de fac, mais je ne l'ai jamais traité sous cette forme en entier. A nouveau, l'idée est de vous montrer diverses manières d'interpréter un groupe et pas de retenir les résultats. Alors, maintenant je pinaille:
Dans B)c) ton noyau est juste, et l'ordre de H aussi. En revanche celui de SH est faux. Je te laisse chercher un peu pourquoi!
Indication pour montrer que U et V engendrent SH: essaye plutôt d'exprimer un élément quelconque en fonction de U,V et nX/m (pour mn=1), dont on vient de voir qu'elle s'exprime en fonction de U et V.
(Mais où es-tu encore aller trouver un truc pareil? )
En occurence dans un bouquin de Carmichael de 1956.
> A tous Bon courage pour la suite, il n'y a pas de vraie grosse difficulté, c'est plutôt de la bonne manipulation.
B)
c)
Bon, on écrit que si c est non nul. Comme ad-bc=1 ça marche!!!
Sinon c'est évident (le seul élément avec c=0 c'est X).
Attends... les éléments avec c=0 sont tous ceux de la forme (aX+b)/d avec ad=1. D'autre part, dans ta décomposition dans le cas c non nul, je ne vois pas très bien U et V.
Ah oui c'est vrai. (J'suis fatigué là, désolé).
Cas où c=0:
(ax+b)/d= aX/d+b/d.
aX+d où l'obtient grâce à la question précédente et le "b/d" on compose avec U^(b/d).
Cas où c est non nul:
On commence par obtenir sur le même modèle que précédemment (cX+d)/(1/c).
Après, on compose avec V et on obtient (-1/c)/(cX+d).
Finalement, on compose avec U^(a/c) et en réduisant au même dénominateur on obtient bien (aX+b)/(cX+d).
Devrait plus y avoir de problèmes là. Je reprends demain.
Bonjour à vous deux!
Je vois que ça avance à bon train!
(comme quelqu'un qui après des tas de copies a quand même eu le temps d'aller au cinéma, faire des maths!)
A vrai dire, j'ai tout corrigé aujourd'hui!J'avais donc l'esprit entièrement libre au cinéma!
J'en donnais des bouts en première ou seconde année de fac
->Ambitieux, les homographies et les espaces vectoriels sur autre chose que R ou C en Deug, j'aurais plutôt dit en 3è année!
"->Ambitieux, les homographies et les espaces vectoriels sur autre chose que R ou C en Deug, j'aurais plutôt dit en 3è année!"
ça dépend à quelle année se raporte le "j'en donnais" ...me rapellerais toujours que l'examen de licence (3 ième année) donné par un prof de fac quand je commençais à enseigner....je l'avais traité en devoir sur table en TC !
Et après on dit que le niveau ne baisse pas!
On voit que t'as passé la trentaine Greg
Je plaisante ^^
D)
a) On vérifie facilement que est une bijection de E dans E (en résolvant une équation).
C'est un morphisme: on compose les fonctions associées au fractions rationnelles à la place de celles-ci. (Oui je sais le corps n'étant pas infini c'est pas très rigoureux mais bon, je me permet cette entorse).
Il est injectif: On prend deux fractions rationnelles A et A' et on suppose s(A)=s(A'). En comparant les valeurs à l'infini on voit qu'il est justifié de faire la distinction de cas suivantes:
Cas où c=0.
On prend successivement x=0, x=1 et x=1/a (a étant forcément non nul car ad=1). On trouve que tous les termes de la fraction rationnelle sont égaux deux à deux: A=A'.
Cas où c est non nul.
On reprend les mêmes valeurs et on ajoute 1/c et la valeur en \infty. On a un joli système avec plus de lignes de d'inconnues mais on finit par retomber sur ses pattes et on retrouve A=A'.
On a prouvé tout ce qu'il fallait là je crois.
b)
On a . Cette permutation est donc paire.
Pour s(V) je réfléchis encore. J'ai pas envie de dire autant d'ânneires que hier.
Re Kevin et Ayoub!
On voit que t'as passé la trentaine Greg
->Oui oui c'est ce que je disais dans un précédent fil à blang
:
[Khôlles] Mathématiques, semaine n°19.
re : [Khôlles] Mathématiques, semaine n°19.
profil de Tigwegposté par : Tigweg
D'accord!Ca y est, je commence à me faire l'effet d'un vieux ronchon (pour rester poli!) passéiste!
re : [Khôlles] Mathématiques, semaine n°19.
profil de Tigwegposté par : Tigweg
citation :
C'était bien mieux jadis !
->
Je jugeais mal les profs qui parlaient ainsi, jadis! 
Travail au lieu de flooder!!!
->Et toi apprends à conjuguer! (en français
)
Pfff ces djeun's!
Je bloque pour montrer que s(V) est une permutation paire. (Vu la tête de la déduction, il y a des chances). C'est le dernier truc qu'il me reste à faire.
Alors voilà pour démarrer: D'abord s(V)(0)= et s(V)()=0 ce qui fait une transposition. Continue à décomposer en transpositions à support disjoint.
Ah mais voui bien sûûûr!!!
Donc on a en fait en convenant
? On a p+1 transpositions donc une s(V) est paire.
Juste?
Il reste quand même des petits soucis! D'abord c'est l'ensemble qui a p+1 éléments, donc il n'y a pas p+1 transpositions! Ensuite, que fais-tu des x tels que x=s(V)(x)?
p étant impair on peut distinguer 2 cas.
Cas où p=3 (dans Z/4Z).
Dans ce cas on a (p+1)/2 transpositions (il n'y a aucun x tel que x=s(V)(x) (en effet cela implique -1 est un carré)). Ici (p+1)/2 est pair.
Cas où p=1 (dans Z/4Z).
Dans ce cas, le polynôme X²+1 a deux racines dans Fp. Deux éléments du produits doivente donc être enlevé. Finalement on a (p-1)/2 transpositions et (p-1)/2 est pair.
Juste?
Bon, on termine maintenant.
s(SH) est engendré par U et V lesquels sont tous deux des permutations paires. Ce qui donne l'inclusion voulue.
E) On a une inclusion d'après la question précédente. Et on a égalité par un argument cardinalité.
Absolument!
Bien entendu, on n'était pas obligés de faire tout ça pour arriver au cas p=3, où on peut presque le faire à la main!
En revanche, c'est bien de se frotter à ce genre de manipulations. De plus, on aurait pu démarrer avec un corps ayant q éléments avec q pas forcément premier. Le groupe ici noté SH est ce que l'on note d'habitude et il est simple sauf pour q=2 ou q=3.
Tu as bien travaillé!
Camélia >>
on aurait pu démarrer avec un corps ayant q éléments avec q pas forcément premier.
J'allais justement te poser la question. Merci d'y répondre avant.
il est simple sauf pour q=2 ou q=3
Au sens mathématiques du terme ou...?
Greg >>
C'est toi qu'il faut remercier. J'aurai été incapable de faire la partie A). Merci de l'avoir faite.
Oui, oui il sont simples au sens mathématique du terme (ce qui veut dire qu'il sont fort compliqués). On vient de voir que pour p=3 c'est qui n'est certainement pas simple!
Ah, autre 'tite question:
J'ai vu dans un exo qu'on voulait prouver que PSL(2,F3)=PSL(3,F3). C'est quoi le nombre qui est avant le corps? Dans notre cas, tu as mis "2". Il y a un rapport avec le fait qu'on travaille sur SL2(Fp)?
Oui, c'est bien ça. PSL(n,Fq) est le quotient de SLn(Fq) matrices de taille n par les homothéties de déterminant 1. Mais quand n est différent de 2, ça n'a plus rien à voir avec les homographies.
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