Théorie des groupes/Exercices/Simplicité des groupes linéaires spéciaux projectifs

Problème 1

Soit V un espace vectoriel de dimension finie n sur un corps commutatif F. On a vu dans le chapitre théorique que deux transvections de V sont toujours des éléments conjugués dans le groupe GL(V). On va prouver que si la dimension n de V est au moins égale à 3, deux transvections de V sont toujours des éléments conjugués dans le groupe SL(V).

a) Tout d'abord, on ne suppose pas n au moins égal à 3. Soit f un endomorphisme de V ; on suppose que V est somme directe d'un hyperplan H et d'une droite W stables par f. Prouver que pour tout élément d de F, il existe un endomorphisme de V qui commute avec f et dont le déterminant est égal à d. (Indication : l'endomorphisme à trouver peut être choisi comme coïncidant avec l'identité sur H.)

Solution

Nous avons V = H ⊕ W, donc nous pouvons définir un endomorphisme g de V par

g(h + w) = h + dw pour tout h dans H et tout w dans W.

Alors, H et W sont aussi stables par g, et les restrictions de g à ces deux sous-espaces sont des homothéties donc commutent avec les restrictions correspondantes de f. Par conséquent, f et g commutent.

De plus, le déterminant de g est le produit des déterminants de ces deux homothéties : $\det g=1^{n-1}\times d^{1}=d$.

 

b) On suppose que la dimension n de V est au moins égale à 3. Soient t et u deux transvections de V. À l'aide du point a), prouver que t et u sont des éléments conjugués dans le groupe SL(V).

Solution

D'après le chapitre théorique, t et u sont des éléments conjugués dans le groupe GL(V), donc il existe h dans GL(V) tel que

(1) $\qquad h^{-1}\circ u\circ h=t.$

D'autre part, toujours d'après le chapitre théorique, il existe une base (a₁, ..., a_n) de V telle que la matrice de u dans cette base soit $\ B_{2,1}(1)$. Si nous posons

H = Fa₁ + ... + Fa_n-1 et W = Fa_n,

nous avons u(H) ⊆ H (notamment parce que u(a₁) = a₁ + a₂ et que a₁ + a₂ appartient à H = Fa₁ + ... + Fa_n-1 parce que n est supposé au moins égal à 3) et u(W) ⊆ W. (Puisque u est un automorphisme, on peut évidemment préciser u(H) = H et u(W) = W.) D'après le point a), il existe donc un endomorphisme g de V qui commute avec u et dont le déterminant est égal à d^-1, où d désigne le déterminant de h.

Alors

$u=g^{-1}\circ u\circ g,$

donc (1) peut s'écrire

$\qquad h^{-1}\circ g^{-1}\circ u\circ g\circ h=t,$

$(2)\qquad (g\circ h)^{-1}\circ u\circ (g\circ h)=t.$ Le déterminant de $g\circ h$ est dét(g) dét(h) = d^-1d = 1, donc (2) montre que t et u sont des éléments conjugués dans SL(V).

 

Problème 2

a) Soit F un corps commutatif, soit a un élément de F qui ne soit le carré d'aucun élément de F. (Le cas se présente. Par exemple, dans le corps à 3 éléments, - 1 n'est pas un carré. De même; un élément négatif du corps des nombres rationnels n'est pas un carré dans ce corps.) Prouver que les matrices

${\begin{pmatrix}1&1\\0&1\\\end{pmatrix}}$

et

${\begin{pmatrix}1&a\\0&1\\\end{pmatrix}}$

sont des matrices élémentaires de transvection mais ne sont pas des éléments conjugués dans le groupe SL(2, F).

Solution

Puisque a est supposé ne pas être un carré dans F, il n'est pas nul, donc les deux matrices en question sont des matrices élémentaires de transvection.

Supposons que, par absurde, ces deux matrices soient des éléments conjugués dans le groupe SL(2, F). Alors, il existe une matrice P dans SL(2, F) telle que

$P^{-1}{\begin{pmatrix}1&1\\0&1\\\end{pmatrix}}P={\begin{pmatrix}1&a\\0&1\\\end{pmatrix}}$

autremnt dit telle que

${\begin{pmatrix}1&1\\0&1\\\end{pmatrix}}P=P{\begin{pmatrix}1&a\\0&1\\\end{pmatrix}}$,

ou encore, en désignant par 1 la matrice identité,

$(1+{\begin{pmatrix}0&1\\0&0\\\end{pmatrix}})P=P(1+{\begin{pmatrix}0&a\\0&0\\\end{pmatrix}})$,

ce qui revient à

${\begin{pmatrix}0&1\\0&0\\\end{pmatrix}}P=P{\begin{pmatrix}0&a\\0&0\\\end{pmatrix}}$.

Si nous posons

$P={\begin{pmatrix}x&y\\z&t\\\end{pmatrix}}$,

notre dernier résultat revient à z = 0 et t = xa. Donc

$P={\begin{pmatrix}x&y\\0&xa\\\end{pmatrix}}$,

d'où, puisque P appartient à SL(2, F),

$x^{2}a=1$,

ce qui contredit le fait que a n'est pas un carré dans F. Cette contradiction prouve l'assertion du point a).

 

b) Soit F un corps commutatif ayant un élément qui n'est pas un carré dans F, soit V un espace vectoriel de dimension 2 sur F. Prouver qu'il existe deux transvections de V qui ne sont pas des éléments conjugués dans le groupe SL(V).

Solution

D'après le point a), nous pouvons choisir dans SL(2, F) deux matrices élémentaires de transvection M et N qui ne sont pas des éléments conjugués dans le groupe SL(2, F). Choisissons une base B de V et désignons par f (resp. g) l'automorphisme de V ayant M (resp. N) pour matrice dans la base B. D'après le chapitre théorique, f et g sont des tranvections de V. Supposons que, par absurde, f et g soient des éléments conjugués dans le groupe SL(V). Il existe donc dan SL(V) un automorphisme h tel que

$h^{-1}\circ f\circ h=g.$

Si H désigne la matrice de h dans la base B, on a donc

$H^{-1}\circ M\circ H=N.$.

Puisque h appartient à SL(V), H appartient à SL(2, F), donc M et N sont des éléments conjugués dans le groupe SL(2, F), ce qui contredit notre choix des matrices M et N. Cette contradiction prouve l'assertion du point b).

 

Problème 3

D'après le chapitre théorique, l'ordre du groupe PSL(3, 4) est 20160. Le groupe A₈ est lui aussi d'ordre 20160. Nous allons prouver que ces deux groupes ne sont pas isomorphes, ce qui montrera que deux groupes simples finis peuvent avoir le même ordre sans être isomorphes. Puisque le groupe A₈ comprend des éléments d'ordre 6, par exemple (1 2 3 4 5 6) (7 8), il suffit de prouver que PSL(3, 4) n'a pas d'élément d'ordre 6, ce qui sera fait dans la suite de l'exercice.

Rappels :

1° Dans un anneau commutatif où 1 + 1 = 0 (ce qu'on écrit aussi 2 = 0), on a

-1 = 1,

(x + y)² = (x - y)² = x² + y² = x² - y²,

(x + y)⁴ = (x - y)⁴ = x⁴ + y⁴ = x⁴ - y⁴,

(x + y + z)² = x² + y² + z², etc.

C'est vrai en particulier dans le corps à 4 éléments F₄ et dans l'anneau de polynômes F₄[X].

2° Si F désigne un corps commutatif, si M désigne une matrice carrée ∈ M_n(F) (n nombre naturel > 0), si f(X) est un polynôme ∈ F[X] annulé par M, alors chaque facteur irréductible sur F du polynôme caractéristique de M est un des facteurs irréductibles sur F de f(X); cela se déduit facilement du fait que le polynôme minimal de M divise f(X) et du fait que le polynôme caractéristique et le polynôme minimal de M ont les mêmes facteurs irréductibles (voir P. Tauvel, Algèbre, 2^e édition, 2010, théor. 11.9.8, p. 191).

3° Dans le corps (commutatif) fini F_q à q éléments, la (q - 1)-ième puissance de tout élément non nul est égale à 1 (ce qu'on peut déduire du théorème de Lagrange), donc le polynôme X^q-1 - 1 admet la décomposition en facteurs linéaires

$X^{q-1}-1=\prod _{t\in F_{q}\backslash \{0\}}(X-t).$

a) Désignons par a et b les deux éléments de F₄ distincts de 0 et de 1. Prouver les relations

a³ = b³ = 1,

X³ - 1 = (X -1) (X -a) (X -b).

Solution

Cela résulte du rappel préliminaire 3°, où on fait q = 4.

 

b) Prouver que PSL(3, 4) n'a pas d'élément d'ordre 6.

Solution

D'après le chapitre théorique, PSL(3, 4) est le groupe quotient de SL(3, 4) par le groupe SZ(3, 4), formé des matrices scalaires appartenant à SL(3, 4). (D'après le rappel préliminaire 2°, le cube de tout élément non nul de F₄ est égal à 1, donc les matrices scalaires appartenant à SL(3, 4) sont exactement les matrices scalaires appartenant à GL(3, 4), mais ce fait ne nous servira pas.) Donc, pour prouver que PSL(3, 4) n'a pas d'élément d'ordre 6, tout revient à prouver que

(thèse 1) si M est une matrice ∈ SL(3, 4) telle que M⁶ soit scalaire, alors M² ou M³ est scalaire.

Soit donc M une matrice ∈ SL(3, 4) telle que M⁶ soit scalaire.

Supposons d'abord que M⁶ = 1, autrement dit que M annule le polynôme X⁶ - 1.
D'après le point a), nous avons dans F₄[X],

(2) X³ - 1 = (X - 1) (X - a) (X - b).

En élevant au carré et en tenant compte du rappel préliminaire 1°, nous trouvons

X⁶ - 1 = (X - 1)² (X - a)² (X - b)².

D'après le rappel préliminaire 2°, il en résulte que chaque facteur irréductible (dans F₄[X]) du polynôme caractéristique de M est égal à (X -1), à (X -a) ou à (X -b). Puisque ce polynôme caractéristique est de degré 3, il est donc de la forme (X - c) (X - d) (X - e), avec c, d, e dans F₄\{0}. Puisque le déterminant de M est égal à 1, il faut c d e = 1, donc le polynôme caractéristique de M est égal

ou bien à (X - 1) (X - a) (X - b) = X³ - 1 (voir relation (2) )

ou bien à (X - f)³ pour un certain élément (non nul) f de F₄.

Dans le premier cas, M³ = 1, donc M³ est scalaire et notre thèse (1) est vraie. Dans le second cas, M annule le polynôme (X - f)³ et donc aussi le polynôme (X - f)⁴, qui, d'après le rappel préliminaire 1°, est égal à X⁴ - f⁴. Donc, dans ce cas,

M⁴ = f⁴.

Puisqu'on suppose M⁶ = 1, on a donc M² = f ^{- 4} = f², donc M² est scalaire. Notre thèse (1) est donc prouvée dans le cas où M⁶ = 1.

Prouvons-la maintenant dans le cas où M⁶ est un scalaire (non nul) autre que 1. Soit M⁶ = c, où c est un des deux éléments a et b de F₄. Alors M annule le polynôme X⁶ - c = X⁶ - c⁴, qui, d'après le rappel préliminaire 1°, est égal à (X³ - c²)². Donc

(3) M annule le polynôme (X³ - c²)².

D'après le rappel préliminaire 3°, c³ est égal à 1, donc, puisque c est distinct de 1, c² est distinct de 1. (On tire d'ailleurs de la seconde relation du point a), en égalant les coefficientss indépendants, que ab = 1, d'où, d'après la première relation du point a), a² = b et b² = a.) Toujours d'après le rappel préliminaire 3°, c² n'est donc pas un cube dans F₄, autrement dit le polynôme X³ - c² n'a pas de racine dans F₄. Puisque ce polynôme est de degré 3, il est donc irréductible sur F₄. Dès lors, compte tenu de la relation (3) et du rappel préliminaire 2°, le seul facteur irréductible du polynôme caractéristique de M est X³ - c². Puisque ce polynôme caractéristique est de degré 3, il est donc égal à X³ - c², donc M³ = c², donc M³ est scalaire, ce qui achève de démontrer la thèse (1).

 

Problème 4

Soit $K$ un corps commutatif. On considère le sous-groupe (dit de Borel) de $\mathrm {SL} _{2}(K)$ :

$\mathbb {B} =\left\{\left.{\begin{pmatrix}a&b\\0&a^{-1}\end{pmatrix}}~\right|~a\in K^{*},b\in K\right\}$.

1. Étant donnée $M={\begin{pmatrix}a&b\\c&d\end{pmatrix}}\in \mathrm {SL} _{2}(K)$ avec $c\neq 0$, montrer qu'il existe $P_{1},P_{2}\in \mathbb {B}$ telles que $M=P_{1}wP_{2}$, où $w={\begin{pmatrix}0&1\\-1&0\end{pmatrix}}$.
2. En déduire que $\mathrm {SL} _{2}(K)$ est la réunion disjointe de $\mathbb {B}$ et $\mathbb {B} w\mathbb {B}$.
3. En déduire qu'il n'existe pas de sous-groupe $G$ tel que $\mathbb {B} \varsubsetneq G\subsetneq \mathrm {SL} _{2}(K)$.
4. Montrer que $\mathbb {B} \cap w\mathbb {B} w^{-1}$ est égal à l'ensemble des matrices diagonales dans $\mathrm {SL} _{2}(K)$.
5. Montrer que $\cap _{g\in \mathrm {SL} _{2}(K)}g\mathbb {B} g^{-1}$ est égal au centre de $\mathrm {SL} _{2}(K)$ (on pourra utiliser la question précédente, et considérer $g={\begin{pmatrix}1&0\\1&1\end{pmatrix}}$).

Solution

1. Soient $P_{1}={\begin{pmatrix}x&y\\0&x^{-1}\end{pmatrix}}$ et $P_{2}={\begin{pmatrix}z&t\\0&z^{-1}\end{pmatrix}}$. Le produit $P_{1}wP_{2}={\begin{pmatrix}-yz&{\frac {x}{z}}-yt\\-{\frac {z}{x}}&-{\frac {t}{x}}\end{pmatrix}}$ est égal à $M$ si et seulement si ${\begin{cases}y&=-{\frac {a}{z}}\\z&=-cx\\t&=-dx\end{cases}}$. On peut donc choisir arbitrairement $x\in K^{*}$, puis définir $z,t,y$ par ces équations.
2. D'après la question 1, $\mathrm {SL} _{2}(K)\subset \mathbb {B} \cup \mathbb {B} w\mathbb {B}$, et l'inclusion réciproque est évidente. Il reste à vérifier que $\mathbb {B} \cap \mathbb {B} w\mathbb {B} =\varnothing$ : cela tient au fait que dans le calcul ci-dessus de $P_{1}wP_{2}$, le coefficient inférieur gauche est égal à $-{\frac {z}{x}}$ donc non nul.
3. Si $\mathbb {B} \subsetneq G\subset \mathrm {SL} _{2}(K)$ alors $G$ contient un élément $P_{1}wP_{2}$ de $\mathbb {B} w\mathbb {B}$. Comme $P_{1},P_{2}\in \mathbb {B} \subset G$, on en déduit que $w\in G$ donc (d'après la question précédente) $G=\mathrm {SL} _{2}(K)$.
4. $w^{-1}=-w$ donc $w{\begin{pmatrix}a&b\\0&a^{-1}\end{pmatrix}}w^{-1}={\begin{pmatrix}a^{-1}&0\\-b&a\end{pmatrix}}$ donc $\mathbb {B} \cap w\mathbb {B} w^{-1}=\left\{\left.{\begin{pmatrix}a&0\\0&a^{-1}\end{pmatrix}}~\right|~a\in K^{*}\right\}$.
5. $M\in \cap _{g\in \mathrm {SL} _{2}(K)}g\mathbb {B} g^{-1}$ alors $M\in \mathbb {B} \cap w\mathbb {B} w^{-1}$ donc $M$ est diagonale et c'est même une matrice d'homothétie (autrement dit $M$ appartient au centre de $\mathrm {SL} _{2}(K)$) car pour l'élément $g$ proposé dans l'indication, $g^{-1}{\begin{pmatrix}a&0\\0&a^{-1}\end{pmatrix}}g\in \mathbb {B} \Rightarrow a^{-1}=a\Leftrightarrow a=\pm 1$. Réciproquement, on a bien sûr $\pm \mathrm {I} _{2}\in \cap _{g\in \mathrm {SL} _{2}(K)}g\mathbb {B} g^{-1}$.

 

Problème 5

Soit $K$ un corps commutatif de cardinal au moins 4. On se propose de redémontrer, à l'aide du problème précédent, que $\mathrm {PSL} _{2}(K)$ est simple.

Soient $N\vartriangleleft \mathrm {PSL} _{2}(K)$ un sous-groupe normal et $H=\pi ^{-1}(N)\vartriangleleft \mathrm {SL} _{2}(K)$ sa préimage par le morphisme canonique $\pi :\mathrm {SL} _{2}(K)\to \mathrm {PSL} _{2}(K)$.

1. Montrer, en utilisant le problème précédent, que $H\mathbb {B}$ est égal à $\mathbb {B}$ ou à $\mathrm {SL} _{2}(K)$.
2. Si $H\mathbb {B} =\mathbb {B}$, montrer que $N$ est trivial (utiliser à nouveau le problème précédent).

   Supposons maintenant $H\mathbb {B} =\mathrm {SL} _{2}(K)$ et considérons le sous-groupe $U$ de $\mathbb {B}$ des matrices de la forme ${\begin{pmatrix}1&a\\0&1\end{pmatrix}}$.

3. Montrer que $wUw^{-1}\subset HU$.
4. Montrer que $HU=\mathrm {SL} _{2}(K)$. On pourra utiliser la question précédente et le fait que $\mathrm {SL} _{2}(K)$ est engendré par les matrices de la forme ${\begin{pmatrix}1&t\\0&1\end{pmatrix}}$ et ${\begin{pmatrix}1&0\\t&1\end{pmatrix}}$ (cf. lemme 15 du présent chapitre).
5. En déduire que $\mathrm {SL} _{2}(K)/H$ est isomorphe à $U/(U\cap H)$, et donc en particulier est commutatif.
6. En déduire que $H$ contient $\mathrm {D} (\mathrm {SL} _{2}(K))$.
7. Conclure.

Solution

1. $H$ est normal dans $\mathrm {SL} _{2}(K)$ donc $H\mathbb {B}$ est un sous-groupe. Il contient $\mathbb {B}$ donc d'après le problème précédent (question 3) il est égal soit à $\mathbb {B}$, soit à $\mathrm {SL} _{2}(K)$.
2. Si $H\mathbb {B} =\mathbb {B}$ alors $H\subset \mathbb {B}$ et, comme $H$ est normal, $\forall g\in \mathrm {SL} _{2}(K)\quad H=gHg^{-1}\subset g\mathbb {B} g^{-1}$, si bien que $H\subset \cap _{g\in \mathrm {SL} _{2}(K)}g\mathbb {B} g^{-1}=\mathrm {SZ} _{2}(K)=\{\pm \mathrm {I} _{2}\}$, donc $N=\pi (H)=\{\pi (\mathrm {I} _{2})\}$.
3. Montrons même que pour tout $x\in \mathrm {SL} _{2}(K)$, $xUx^{-1}\subset HU$. Puisque par hypothèse $\mathrm {SL} _{2}(K)=H\mathbb {B}$, il suffit de le prouver pour $x\in H\cup$. Si $x\in \mathbb {B}$ c'est clair car $U\triangleleft \mathbb {B}$ donc on a même dans ce cas $xUx^{-1}\subset U$. Si $x\in H$, on a $xUx^{-1}\subset HUH=HU$ car $H\triangleleft \mathrm {SL} _{2}(K)$.
4. Les matrices de la forme ${\begin{pmatrix}1&t\\0&1\end{pmatrix}}$ sont dans $U$ donc dans $HU$, et celles de la forme ${\begin{pmatrix}1&0\\t&1\end{pmatrix}}$ sont dans $wUw^{-1}$, donc aussi dans $HU$ d'après la question précédente. Ainsi, le sous-groupe $HU$ engendre $\mathrm {SL} _{2}(K)$ donc lui est égal.
5. $\mathrm {SL} _{2}(K)/H=HU/H$ est par conséquent isomorphe à $U/(U\cap H)$, qui est commutatif puisque $U$ l'est.
6. D'après la propriété universelle du groupe dérivé, $H$ contient donc $\mathrm {D} (\mathrm {SL} _{2}(K))$.
7. Or $\mathrm {D} (\mathrm {SL} _{2}(K))=\mathrm {SL} _{2}(K)$ (cf. théorème 21 du présent chapitre), donc $H=\mathrm {SL} _{2}(K)$, et $N=\pi (H)=\mathrm {PSL} _{2}(K)$. Ainsi, on a démontré que tout sous-groupe normal de $\mathrm {PSL} _{2}(K)$ est soit trivial, soit égal à au groupe $\mathrm {PSL} _{2}(K)$, ce qui prouve que ce groupe est simple.

 

Problème 6

1. Montrer que le groupe projectif linéaire $\mathrm {PGL} _{2}(\mathbb {Z} /3\mathbb {Z} )$ (quotient de $\mathrm {GL} _{2}(\mathbb {Z} /3\mathbb {Z} )$ par son centre $\{\pm \mathrm {id} \}$) est isomorphe au groupe symétrique $S_{4}$.
2. En déduire que $\mathrm {PSL} _{2}(\mathbb {Z} /3\mathbb {Z} )$ est isomorphe au groupe alterné $A_{4}$ (qui n'est pas simple).
3. Montrer que $\mathrm {SL} _{2}(\mathbb {Z} /3\mathbb {Z} )$ est d'ordre 24 et calculer l'ordre de ${\begin{pmatrix}0&-1\\1&1\end{pmatrix}}$. En déduire que $\mathrm {SL} _{2}(\mathbb {Z} /3\mathbb {Z} )$ n'est pas isomorphe à $S_{4}$.
4. Montrer que $\mathrm {SL} _{2}(\mathbb {Z} /3\mathbb {Z} )$ est un produit semi-direct $N\rtimes H$ avec $N\triangleleft \mathrm {SL} _{2}(\mathbb {Z} /3\mathbb {Z} )$ normal d'ordre 8 et $H$ d'ordre 3, que l'on précisera.

Solution

1. $\mathrm {PGL} _{2}(\mathbb {Z} /3\mathbb {Z} )$ agit fidèlement sur les 4 droites vectorielles de $(\mathbb {Z} /3\mathbb {Z} )^{2}$ (cf. preuve du théorème 17 du cours) donc s'injecte dans $S_{4}$. Ce morphisme injectif est un isomorphisme car $\left|\mathrm {PGL} _{2}(\mathbb {Z} /3\mathbb {Z} )\right|={\frac {8\times 6}{2}}=24=4!=\left|S_{4}\right|$.
2. $\mathrm {PSL} _{2}(\mathbb {Z} /3\mathbb {Z} )$ est le noyau du morphisme $\det :\mathrm {PGL} _{2}(\mathbb {Z} /3\mathbb {Z} )\to \{\pm 1\}$, qui correspond, via l'isomorphisme de la question précédente, au morphisme signature : $S_{4}\to \{\pm 1\}$.
3. D'après l'énoncé 5 du cours, $\left|\mathrm {SL} _{2}(\mathbb {Z} /3\mathbb {Z} )\right|={\frac {(9-1)\times (9-3)}{3-1}}=24$. La matrice ${\begin{pmatrix}0&-1\\1&1\end{pmatrix}}$ est d'ordre 6, or $S_{4}$ ne contient pas d'élément d'ordre 6.
4. A priori, le nombre $n_{3}$ de 3-Sylow de $\mathrm {SL} _{2}(\mathbb {Z} /3\mathbb {Z} )$ est 1 ou 4 et le nombre $n_{2}$ de 2-Sylow est 1 ou 3. En fait, $n_{3}=4$ car $n_{3}>1$ car par exemple $\left\{\left.{\begin{pmatrix}1&a\\0&1\end{pmatrix}}~\right|~a\in \mathbb {Z} /3\mathbb {Z} \right\}$ et $\left\{\left.{\begin{pmatrix}1&0\\a&1\end{pmatrix}}~\right|~a\in \mathbb {Z} /3\mathbb {Z} \right\}$ sont des 3-Sylow. Il y a donc, dans $\mathrm {SL} _{2}(\mathbb {Z} /3\mathbb {Z} )$, $2n_{3}=8$ éléments d'ordre 3. Leurs 8 opposés sont d'ordre 6. Seuls les $24-16=8$ éléments restants peuvent appartenir à un 2-Sylow (sous-groupe d'ordre 8), donc $n_{2}=1$ et l'unique 2-Sylow $N$ est normal et constitué de ces 8 éléments. N'importe lequel $H$ des quatre 3-Sylow agit sur $N$ par conjugaison et $N\cap H=\{\mathrm {I} _{2}\}$ donc $\mathrm {SL} _{2}(\mathbb {Z} /3\mathbb {Z} )\simeq N\rtimes H$.

   Remarques.

   • Les deux autres des quatre 3-Sylow sont $\left\{\mathrm {I} _{2},{\begin{pmatrix}-1&-1\\1&0\end{pmatrix}},{\begin{pmatrix}0&1\\-1&-1\end{pmatrix}}\right\}$ et $\left\{\mathrm {I} _{2},{\begin{pmatrix}-1&1\\-1&0\end{pmatrix}},{\begin{pmatrix}0&1\\-1&1\end{pmatrix}}\right\}$.
   • Soit $K$ le sous-groupe normal de $\mathrm {PSL} _{2}(\mathbb {Z} /3\mathbb {Z} )$ correspondant au sous-groupe V d'ordre 4 de $A_{4}$, via l'isomorphisme $\mathrm {PSL} _{2}(\mathbb {Z} /3\mathbb {Z} )\simeq A_{4}$ de la question 2. Alors, $N=\pi ^{-1}(K)=\left\{\pm \mathrm {I} _{2},\pm {\begin{pmatrix}-0&-1\\1&0\end{pmatrix}},\pm {\begin{pmatrix}1&1\\1&-1\end{pmatrix}},\pm {\begin{pmatrix}-1&1\\1&1\end{pmatrix}}\right\}\simeq Q_{8}$ (groupe des quaternions). Ses 6 éléments autres que $\pm \mathrm {I} _{2}$ permutent donc les 4 droites 2 par 2.
   • On aurait pu trouver aussi que $n_{2}=1$ en montrant directement que dans $\mathrm {SL} _{2}(\mathbb {Z} /3\mathbb {Z} )$, seuls ces 8 éléments sont d'ordre une puissance de 2.

Références :

• (en) C. Bonnafé, Representations of SL2(Fq), Springer, 2010 [lire en ligne], p. 131 
• O. Serman, « $\mathrm {SL} _{2}(\mathrm {F} _{3})$ », sur math.univ-lille1.fr