Sous-groupes finis de $\textrm{GL}_2(\Z)$

MrJ
MrJ
dans Algèbre
Bonjour,

je suis en train d'essayer de déterminer tous les sous-groupes finis de $\textrm{GL}_2(\Z)$ à isomorphisme près. J'utilise les résultats suivants.
1) Un sous-groupe fini de $\textrm{SL}_2(\Z)$ est cyclique.
2) Un élément de $\textrm{GL}_2(\Z)$ d'ordre fini est d'ordre $1,2,3,4$ ou $6$.

On en déduit que les sous-groupes finis de $\textrm{SL}_2(\Z)$ sont exactement à isomorphisme près
$$\{e\},\quad\Z/2\Z,\quad\Z/3\Z,\quad\Z/4\Z,\quad\Z/6\Z.$$
De plus, les éléments d'ordre fini qui ne sont pas dans $\textrm{SL}_2(\Z)$ sont d'ordre $2$. On en déduit que les sous-groupes finis de $\textrm{GL}_2(\Z)$ qui n'ont pas déjà été cité sont de la forme
$$\Z/2\Z\times\Z/2\Z,\quad\Z/3\Z\rtimes\Z/2\Z,\quad\Z/4\Z\rtimes\Z/2\Z,\quad \Z/6\Z\rtimes\Z/2\Z.$$
Pour le terminer, il reste à déterminer lesquels parmi ces derniers sont effectivement réalisable. Pour le premier, on peut considérer
$$H=\left\{\begin{pmatrix}a & 0\\ 0 & b \end{pmatrix}\in\textrm{GL}_2(\Z)~\Big|~ |a|=|b|=1\right\}\simeq\Z/2\Z\times\Z/2\Z.$$
Par contre pour les autres, je suis bloqué. Auriez-vous des idées? Merci pour votre aide.

Réponses

  • JLT
    JLT
    Pour le troisième, $\Z/4\Z\rtimes \Z/2\Z$ est un groupe diédral.

    Pour le quatrième, prendre $A= \begin{pmatrix}1 & -1\\ 1 & 0 \end{pmatrix}$ et $B=\begin{pmatrix}1 & 0\\ 1 & -1 \end{pmatrix}$.

    Le deuxième groupe est un sous-groupe du quatrième.
  • gb
    gb
    Bonjour,

    Il me semble que l'on peut réaliser \(\Z/4\Z\rtimes\Z/2\Z\) comme sous-groupe engendré par \(\begin{pmatrix}0&-1\\1&0\end{pmatrix}\) et \(\begin{pmatrix}1&0\\0&-1\end{pmatrix}\)
  • MrJ
    MrJ
    Merci! Je vais faire les calculs dés que j'ai un peu de temps.

    Remarque : je ne l'ai pas précisé, mais à priori les produits semi-direct peuvent être direct.
  • JLT
    JLT
    Pour les produits directs : $\Z/3\Z\times \Z/2\Z$ est cyclique, et on a vu qu'il existe bien une matrice d'ordre $6$ dans $SL_2(\Z)$.

    Pour $\Z/6\Z\times \Z/2\Z$ : supposons qu'une matrice $A\in GL_2(\Z)$ d'ordre $6$ commute avec une matrice $B$ d'ordre $2$. La matrice $A$ est diagonalisable sur $\C$ car annulée par un polynôme scindé à racines simples, donc $B$ est un polynôme en $A$. Soit $P\in \C[X]$ tel que $B=P(A)$. Quitte à remplacer $P$ par $\dfrac{P+\bar{P}}{2}$, on peut supposer que $P$ est à coefficients réels. De plus, les racines de $A$ sont deux racines sixièmes de l'unité conjuguées l'une de l'autre $\omega$ et $\overline{\omega}$. Comme $P(\omega)=\pm 1$ et $P(\bar\omega)=\overline{P(\omega)}$, on a $P(A)=\pm I$, et donc $B=-I=A^3$. Donc $\Z/6\Z\times \Z/2\Z$ n'est pas isomorphe à un sous-groupe de $GL_2(\Z)$.

    De même, $\Z/4\Z\times \Z/2\Z$ n'est pas isomorphe à un sous-groupe de $GL_2(\Z)$.
  • b.b
    b.b
    Le « lemme de Serre » (proposition n° 2 p. 3 dans ce document : http://math.univ-lyon1.fr/~cretin/OralAlgebre/grfinis.pdf) appliqué pour $p=3$ nous permet de restreindre ta recherche aux groupes dont l'ordre divise 48.

    Ps : oups, je n'avais pas compris que tu avais déjà prouvé bien plus que le résultat que j'ai cité.
  • MrJ
    MrJ
    Merci beaucoup JLT! Finalement, les sous-groupes finis de $GL_2(\Z)$ sont à isomorphisme près
    $$\{e\},\quad\Z/2\Z,\quad\Z/3\Z,\quad\Z/4\Z,\quad\Z/6\Z,\quad D_2,\quad D_3,\quad D_4,\quad D_6.$$
    En effet b.b., on peut majorer uniquement en fonction $n$ le cardinal des sous-groupes finis de $GL_n(\Z)$.

    On peut également déterminer les sous-groupes finis de $GL_3(\Z)$ à isomorphisme près en remarquant qu’ils s’identifient à des sous-groupes finis de $O(3)$. J’essayerais de les donner demain.
  • MrJ
    MrJ
    Je viens de me rendre compte que le résultat précédent est valable dans $GL_2(\Q)$, car les deux points cités dans mon premier message sont encore vrai.
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