$\left \{ \begin{pmatrix} 2^p & k \\ 0 & 2^{-p} \end{pmatrix} \mid p \in \Z, q \in \mathbf F _7 \right \}$ est un sous-groupe d'ordre $21$ de $SL_2 (\mathbf F_7)$, non commutatif (cf $\begin{pmatrix} 2^p & 0 \\ 0 & 2^{-p} \end{pmatrix}$ et $\begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 0 & 1 \end{pmatrix}$).
Les groupes d'ordre impair inférieur à $19$ sont commutatifs (seuls $9$ et $15$ peuvent poser problème).
Reste à établir qu'il n'y a qu'un seul groupe d'ordre 21 à isomorphisme près...
Une fonction est un ensemble $f$ de couples tel que pour tous $x,y,z$, si $(x,y)\in f$ et $(x,z)\in f$ alors $y = z$.
On a bien sûr $SL_3(\mathbf F_2)= GL_3(\mathbf F _2 )$.
Considérons $K=\mathbf F_8$ qui est un $\mathbf F_2$-espace vectoriel de dimension $3$.Soit $\alpha$ un générateur du groupe d'ordre $7$ $K^*$. Soit $f: x \in K \mapsto x^2 \in K$ et $g: x \in K \mapsto \alpha x \in K$
Alors pour tout $x$, $f \circ g(x) = \alpha^2 f(x) = g^2 \circ f (x)$ et de plus $f$ et $g$ sont d'ordre premiers entre eux. Donc le sous-groupe de $GL_{\mathbf F_2} (K)$ engendré par $f$ et $g$ est $\{f^p g^q|0 \leq p \leq 2, 0 \leq q \leq 6\}$ et il est d'orde 21 et non commutatif (vu $fg=g^2f$).
Pour mettre tout ça sous forme matricielle, prendre $K=\mathbf F _2[X] / <X^3+X+1>$ et $\alpha= \overline X$.
Dans la base canonique $\beta=(1,\alpha,\alpha^2)$ on a $$mat(f,\beta)=\begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 1\end{pmatrix}; mat(g,\beta)=\begin{pmatrix} 0 & 0 & 1 \\ 1 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 0 \end{pmatrix}$$
Une fonction est un ensemble $f$ de couples tel que pour tous $x,y,z$, si $(x,y)\in f$ et $(x,z)\in f$ alors $y = z$.
Question : prononce-t-on le "s" de votre pseudo ??
L'idée que donne AD est de regarder les normalisateurs des huit 7-Sylow de $GL(3,\mathbb F_2)$, qui sont chacun d'ordre 21.
Il constate qu'un élément $A$ d'ordre 7 est semblable à $A^2$ (ils ont même trace), soit $A=BA^2B^{-1}$ ; la matrice $B$ est dans le normalisateur du sous-groupe engendré par $A$ et ne peut commuter avec $A$, car sinon $A=A^2$, soit $A=I_n$.
Donc, un normalisateur est non commutatif. Ainsi, la matrice $B$ est d'ordre $7$ ou $3$, et n'étant pas dans $\langle A\rangle$, elle est forcément d'ordre $\neq 7$. Cela donne une présentation de ce groupe non commutatif d'ordre 21 et un graphe de Cayley correspondant, que l'on peut admirer dans le livre d'Alain.
$\mathrm{GL}_3(\mathbb{F}_2)$ agit transitivement sur les $7$ droites de $\mathbb{F}_2^3$ (c'est-à-dire sur les $7$ vecteurs non nuls...) et le stabilisateur d'un point a pour cardinal $24$ : c'est un bon candidat pour être $\mathfrak{S}_4$.
Cela présente naturellement $\mathfrak{S}_4$ comme un produit semi-direct $\mathrm{GL}_2(\mathbb{F}_2)\ltimes\mathbb{F}_2^2\simeq \mathfrak{S}_3\ltimes C_2^2$.
Réponses
Les groupes d'ordre impair inférieur à $19$ sont commutatifs (seuls $9$ et $15$ peuvent poser problème).
Reste à établir qu'il n'y a qu'un seul groupe d'ordre 21 à isomorphisme près...
Même question, mais cette fois-ci avec $SL(3,\mathbb F_2)$.
Considérons $K=\mathbf F_8$ qui est un $\mathbf F_2$-espace vectoriel de dimension $3$.Soit $\alpha$ un générateur du groupe d'ordre $7$ $K^*$. Soit $f: x \in K \mapsto x^2 \in K$ et $g: x \in K \mapsto \alpha x \in K$
Alors pour tout $x$, $f \circ g(x) = \alpha^2 f(x) = g^2 \circ f (x)$ et de plus $f$ et $g$ sont d'ordre premiers entre eux. Donc le sous-groupe de $GL_{\mathbf F_2} (K)$ engendré par $f$ et $g$ est $\{f^p g^q|0 \leq p \leq 2, 0 \leq q \leq 6\}$ et il est d'orde 21 et non commutatif (vu $fg=g^2f$).
Pour mettre tout ça sous forme matricielle, prendre $K=\mathbf F _2[X] / <X^3+X+1>$ et $\alpha= \overline X$.
Dans la base canonique $\beta=(1,\alpha,\alpha^2)$ on a $$mat(f,\beta)=\begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 1\end{pmatrix}; mat(g,\beta)=\begin{pmatrix} 0 & 0 & 1 \\ 1 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 0 \end{pmatrix}$$
Question : prononce-t-on le "s" de votre pseudo ??
L'idée que donne AD est de regarder les normalisateurs des huit 7-Sylow de $GL(3,\mathbb F_2)$, qui sont chacun d'ordre 21.
Il constate qu'un élément $A$ d'ordre 7 est semblable à $A^2$ (ils ont même trace), soit $A=BA^2B^{-1}$ ; la matrice $B$ est dans le normalisateur du sous-groupe engendré par $A$ et ne peut commuter avec $A$, car sinon $A=A^2$, soit $A=I_n$.
Donc, un normalisateur est non commutatif. Ainsi, la matrice $B$ est d'ordre $7$ ou $3$, et n'étant pas dans $\langle A\rangle$, elle est forcément d'ordre $\neq 7$. Cela donne une présentation de ce groupe non commutatif d'ordre 21 et un graphe de Cayley correspondant, que l'on peut admirer dans le livre d'Alain.
Maintenant,
$G=GL(3,F_2)$ contient-il des copies de $SL(2,F_3)$ ou de $\mathfrak S_4$ ?
Même question pour $G=SL(2,F_5)$.
Cela présente naturellement $\mathfrak{S}_4$ comme un produit semi-direct $\mathrm{GL}_2(\mathbb{F}_2)\ltimes\mathbb{F}_2^2\simeq \mathfrak{S}_3\ltimes C_2^2$.