Exercice corrigé : Cardinal de Gln(K)

Voici l’énoncé d’un exercice assez classiques que nous allons corriger à propos du cardinal des inversibles dans un corps fini. C’est un exercice qu’on va mettre dans le chapitre des anneaux et corps autour des nombres premiers. C’est un exercice faisable en seconde année dans le supérieur (MP, PC, PSI, MPI ou fac de maths). En voici l’énoncé :

Et démarrons maintenant avec la première question !

Question 1

Choisissons la première colonne. Pour cela, on a une seule contrainte : elle doit être non nulle. On a q choix par coordonnée du vecteur. On a donc

q^n - 1

possibilités.
Pour la seconde colonne : Elle ne doit pas être dans l’espace engendré par la première. On a donc

q^n - q

possibilités.
Pour être sûr de bien comprendre, regardons maintenant la troisième colonne. Cette fois, on ne doit pas être dans l’espace engendré par la première et la seconde colonne. On retire donc q² possibilités. En effet, on retire tous les vecteurs de la forme

\alpha C_1+ \beta C_2

Où C_i représente la i-ème colonne. α et β varient dans le corps. Il nous reste donc

q^n - q^2 

possibilités.
De manière générale, pour la colonne i, on a

q^n -q^{i-1}

possibilités.
Le résultat attendu est donc :

\prod_{i=1}^n (q^n-q^{i-1}) = \prod_{i=0}^{n-1} (q^n-q^i)

Ce qui nous donne bien le cardinal de Gln(K) et permet de conclure la question 1 !

Question 2

Pour rappel,

SL_n(\mathbb{K}) = \{ A \in Gl_n(\mathbb{K}), \det(A) = 1\}

Soit

k \in \mathbb{K}\backslash \{0\}

Considérons l’application :

\varphi : \left\{ \begin{array}{lll}
Sl_n(\mathbb{K}) & \rightarrow & \{ A \in Gl_n(\mathbb{K}),\det(A) = k\}\\
A & \rightarrow & B
\end{array}
 \right.

Où B est la matrice à laquelle on a multiplié la première colonne de A par k. φ est une bijection. En effet sa réciproque est :

\varphi^{-1} : \left\{ \begin{array}{lll}
\{ A \in Gl_n(\mathbb{K}),\det(A) = k\} & \rightarrow & Sl_n(\mathbb{K})\\
A & \rightarrow & B
\end{array}
 \right.

Où B est la matrice à laquelle on a multiplié la première colonne de A par l’inverse de k
Comme on a des bijections, on en déduit que

\#Sl_n(\mathbb{K})=\#\{ A \in Gl_n(\mathbb{K}),\det(A) = k\}, k \in \mathbb{K}\backslash \{0\}

On a donc q-1 éléments de cardinal égaux. De plus :

\left\{ A \in Gl_n(\mathbb{K}),\det(A) = k, k \in \mathbb{K}\backslash \{0\}\right\}

forme une partition de

Gl_n(\mathbb{K})

On en déduit donc :

\#SL_n(\mathbb{K}) = \dfrac{1}{q-1}  \prod_{i=0}^{n-1} (q^n-q^i)=  \prod_{i=1}^{n-1} (q^n-q^i)

ce qui nous permet de répondre à la question 2 sur le cardinal de Sln, sous-groupe de Gln.

Question 3

T est un sous-groupe

• La matrice identité appartient à T
• T est inclus dans Gl_n(K)
• Soit A ∈ T alors

A^{-1}\in T

En effet, l’inverse d’une matrice triangulaire supérieure est une matrice triangulaire supérieure et l’inverse des termes diagonaux sont les inverses de chaque terme. Autrement dit l’inverse de A a bien des 1 sur la diagonale. Donc T est un sous-groupe des matrices inversibles de K.

Cardinal de T

Ici, c’est plus simple qu’à la question 1 :

• Pour la colonne 1 on a une possibilité : elle a un 1 puis des 0 partout
• Ensuite, pour la colonne 2, on a q possibilités pour le premier terme, puis on a forcément 1, puis des 0 en-dessous
• Pour la colonne 3, on a q possibilités pour le premier terme, q pour le second puis on a forcément 1 avec des 0 en-dessous.
• De manière générale, pour la colonne i, on a q^i-1 possibilités.

Finalement, on a :

\#T = \prod_{i=1}^n q^{i-1} =  \prod_{i=0}^{n-1} q^{i} = q^{\frac{n(n-1)}{2}}

Ce qui conclut cette question et donc cet exercice !

Cet exercice vous a plu ?