Le groupe SL(2,3)

Bonjour, j'aimerais avoir quelques renseignements sur le groupe SL(2,3)

j'ai trouvé que son cardinal est : 2^3.3 =24
Ensuite, j'aimerais exhiber les 2-Sylow (qui auront donc 8 éléments) sachant qu'il y en a soit 1 soit 3 tels sous groupes. Merci d'avance pour votre aide.

Réponses

  • Salut!

    Je crois qu'il y a un exercice du Perrin reprit dans Ortiz sur SL(2,3). Il me semble que SL(2,3) est isomorphe à un produit semi direct de Z/3Z et H8 (groupe quaternionique). A vue de nez (mais je peux me tromper) il n'y aurait qu'un seul 2-Sylow.
  • PS Nous voyons une autre explication.
  • Pour compter le nombre de $2$-Sylows, on peut tout simplement compter
    le nombre d'éléments dont l'ordre divise $8$.
    Sur $F_3$, on a la décomposition en facteurs irréductibles $X^8-1=(X-1)(X+1)(X^2+1)(X^2-X-1)(X^2-X-1)$, qui
    permet de voir que les matrices non scalaires de
    $SL(2,F_3)$ dont l'ordre divise $8$ ont un polynôme minimal
    égal à $X^2+1$. Il s'agit donc des matrices semblables à
    $\begin{pmatrix}
    0 & -1 \\
    1 & 0
    \end{pmatrix}$. Il ne reste donc plus qu'à compter leur nombre...
  • Et le groupe $GL(2,F_3)$ ?? Encore plus intéressant et qui permet de voir que le groupe des automorphismes de $H_8$ est le groupe symétrique $S_4$.

    Bon dimanche.
  • En fait, je parle du groupe SL(2,3) car il semblerait que ce soit un exemple de groupe qui n'ait pas de quotient d'ordre 2, mais tel qu'il y ait un 2-Sylow tel que le groupe H inter Z(N(H)) ne soit pas réduit au groupe trivial.

    En fait, c'est cela que je n'arrive pas à montrer. Si vous pouviez m'aider ce serait sympa. Merci/
  • Bonjour Toto

    Effectivement $G = SL_2(\mathbb{F}_3)$ est d'ordre 24, donc admet des 2-Sylow d'ordre 8, en nombre 1 ou 3 et des 3-Sylow d'ordre 3 en nombre 1 ou 4.
    En regardant les matrices $2\times 2$ sur $\mathbb{F}_3$ on trouve :
    $$A=\begin{pmatrix}0&-1\\1&0\end{pmatrix}\quad;\quad A²=\begin{pmatrix}-1&0\\0&-1\end{pmatrix}=-I\quad\textrm{donc} \quad A^4=I \quad\textrm{et}\quad A^3=A^{-1}=-A$$
    $$B=\begin{pmatrix}1&1\\1&-1\end{pmatrix}\quad;\quad B²=\begin{pmatrix}-1&0\\0&-1\end{pmatrix}=-I\quad\textrm{donc} \quad B^4=I \quad\textrm{et}\quad B^3=B^{-1}=-B$$
    si on évalue $AB=\begin{pmatrix}-1&1\\1&1\end{pmatrix}$ et $BA=\begin{pmatrix}1&-1\\-1&-1\end{pmatrix}$, on remarque que $BA=-AB=A^{-1}B$.
    Le sous-groupe $H \subset G$ engendré par $A,B$ admet donc la présentation $$\left$$ qui est la présentation de $Q$ le groupe des quaternions d'ordre 8.
    En posant $C=AB$, on obtient les 8 éléments de $H=\{\pm I,\ \pm A,\ \pm B, \pm C\}$. C'est donc un 2-Sylow de $G$.
    Recherchons les 3-Sylow, remarquons que la matrice triangulaire inférieure : $$T = \begin{pmatrix} 1&0\\1&1\end{pmatrix}\quad ; \quad T² = \begin{pmatrix} 1&0\\-1&1\end{pmatrix} \quad ; \quad T^3=I$$ Ainsi $\left< T \right>$ est un 3-Sylow de $G$.
    Puisque 2 et 3 sont premiers entre eux, un 2-Sylow et un 3-Sylow engendrent $G$, c'est à dire que $\{A,\ B,\ T\}$ est une famille génératrice de $G$.
    Alors on montre que $H$ est distingué en vérifiant :
    $TAT^{-1} = \begin{pmatrix}1&0\\1&1\end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix}0&-1\\1&0\end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix}1&0\\-1&1\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}1&-1\\-1&-1\end{pmatrix}= -C \in H$
    $TBT^{-1} = \begin{pmatrix}1&0\\1&1\end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix}1&1\\1&-1\end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix}1&0\\-1&1\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}0&1\\-1&0\end{pmatrix}= -A \in H$
    Donc $H \lhd G$
    Alors comme $H\cap\left< T \right> = \{I\}$ (ordres premiers entre eux, on en déduit que $$SL_2(\mathbb{F}_3) = G = H \rtimes_\phi \left< T \right>, \qquad \mathrm{avec}\quad\phi_T(A)=TAT^{-1}=-C,\ \phi_T(B)=TBT^{-1}=-A$$
    Pour ce qui est de ta question, $N(H) =G$ puisque $H$ est distingué dans $G$ et
    $Z(G) = Z(SL_2(\mathbb{F}_3) ) = \{I, -I\} \subset H$.

    Autre exemple : Sinon $D_6$ le groupe de l'hexagone, diédral à 12 éléments admet 3 2-groupes chacun d'ordre 4.
    Si $H$ est l'un d'eux, il n'est pas distingué, donc il est son propre normalisateur ( $H$ est maximal dans $G$ car il n'y a pas de multiple de 4 diviseur de 12 autre que 4 et 12).
    $H$ est d'ordre 4 donc commutatif donc $Z(H)=H$ qui est d'intersection non triviale avec $H$.

    J'espère que cela répond à ta question.
    Alain
  • Merci beaucoup Alain pour cette réponse qui m'aide beaucoup, néanmoins, je ne vois toujours pas pourquoi SL(2,3) n'admet pas de quotient d'ordre 2 ?

    (d'ailleurs, j'ai un doute, peux tu me redefinir ce qu'on appelle quotient d'ordre 2 ? Est-ce un sous groupe H de G distingué tel que G/H soit d'ordre 2 ?)
  • Toto :
    le groupe $PSL_2(F_3)$ est isomorphe à $A_4$
    (via l'action de $SL_2(F_3)$ sur les droites vectorielles de $(F_3)^2$).

    Supposons que $SL_2(F_3)$ admette un sous-groupe $H$ d'indice $2$.

    Deux cas peuvent se présenter :

    (1) $H$ contient le centre de $SL_2(F_3)$. Alors l'image de $H$ par la projection canonique est un sous-groupe d'indice $2$ de $A_4$ ...
    et c'est embêtant car il n'y a pas de tel sous-groupe
    (sinon il est distingué, et son $3$-sylow est distingué dans $A_4$...).

    (2) $H$ ne contient pas le centre de $SL_2(F_3)$. Alors
    $H$ est isomorphe à $A_4$ (via la projection canonique sur
    $PSL_2(F_3)$). Par suite $SL_2(F_3)$ est isomorphe au produit direct
    $\Z/2 \times A_4$. Son $2$-sylow est donc abélien
    (et même isomorphe à $(\Z/2)^3$). On sait bien que c'est faux.
  • Bonsoir Toto

    Une autre démonstration, peut-être plus algébrique ?

    Supposons qu'il existe $K\subset G$ d'indice $[G:K]=2$.
    Etant d'indice 2, $K$ est distingué dans $G$ (exo classique) donc $G/K \simeq \Z/2\Z$ commutatif, donc le groupe dérivé $D(G) \subset K$ (autre exo classique)
    Or $[T,A]=TAT^{-1}A^{-1}=(-C)(-A)=B \in D(G)$
    $[T,B]=TBT^{-1}B^{-1}=(-A)(-B)=AB=C \in D(G)$
    et donc $H$ le sous-groupe engendré par $\{B,C\}$ est dans $D(G)$
    Ce qui donne $H = \left< B,C \right> \subset D(G) \subset K$
    Ce qui se traduit pour les ordres : $8=|H|$ divise $|D(G)|$ divise $|K|=12$. Ce qui est absurde.

    Alain
  • Merci beaucoup à Alain et dSp, vos réponses me conviennent parfaitement, et encore merci de votre aide.
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