Ordre fini dans GL2(Q)

Résolution.

1. Supposons par l'absurde qu'il existe $M \in \mathrm{GL}_2(\mathbb{Q})$ d'ordre 5. Alors $M^5 = I_2$ et $M^k \neq I_2$ pour $k \in \{1, 2, 3, 4\}$. Le polynôme $P(X) = X^5 - 1$ est un polynôme annulateur de $M$. Dans $\mathbb{C}[X]$, les racines de $P$ sont les racines 5-ièmes de l'unité : $\{1, \omega, \omega^2, \omega^3, \omega^4\}$ avec $\omega = e^{\frac{2i\pi}{5}}$. Comme $P$ est à racines simples dans $\mathbb{C}$, $M$ est diagonalisable dans $\mathcal{M}_2(\mathbb{C})$. Notons $\mathrm{Sp}(M) = \{\lambda_1, \lambda_2\}$ le spectre de $M$. Puisque $M \in \mathcal{M}_2(\mathbb{Q})$, son polynôme caractéristique $\chi_M = X^2 - \mathrm{Tr}(M)X + \det(M)$ est dans $\mathbb{Q}[X]$. En particulier :
   $$\boxed{\mathrm{Tr}(M) \in \mathbb{Q}}$$

   Premier cas : Si $1$ est valeur propre de $M$. Comme $\det(M) \neq 0$, la seconde valeur propre $\lambda_2$ doit aussi être une racine 5-ième de l'unité. $\chi_M = (X-1)(X-\lambda_2) = X^2 - (1+\lambda_2)X + \lambda_2$. Pour que $\chi_M \in \mathbb{Q}[X]$, il faut $\lambda_2 \in \mathbb{Q}$. Les seules racines 5-ièmes de l'unité réelles (donc rationnelles) sont $\{1\}$. Alors $\lambda_1 = \lambda_2 = 1$. Comme $M$ est diagonalisable, $M = I_2$. Mais $I_2$ est d'ordre 1, ce qui contredit l'hypothèse (ordre 5).

   Second cas : Si $1$ n'est pas valeur propre. Les valeurs propres sont dans $\{\omega, \omega^2, \omega^3, \omega^4\}$. Comme $\chi_M \in \mathbb{R}[X]$, les valeurs propres doivent être conjuguées. Les paires possibles sont $(\omega, \bar{\omega} = \omega^4)$ ou $(\omega^2, \bar{\omega^2} = \omega^3)$. Si $\mathrm{Sp}(M) = \{e^{\frac{2i\pi}{5}}, e^{-\frac{2i\pi}{5}}\}$, alors :

   $$\mathrm{Tr}(M) = 2\cos\left(\frac{2\pi}{5}\right)$$
   Si $\mathrm{Sp}(M) = \{e^{\frac{4i\pi}{5}}, e^{-\frac{4i\pi}{5}}\}$, alors :
   $$\mathrm{Tr}(M) = 2\cos\left(\frac{4\pi}{5}\right)$$

   Calculons ces valeurs. On sait que $\sum_{k=0}^4 \omega^k = 0$, donc $1 + 2\cos\frac{2\pi}{5} + 2\cos\frac{4\pi}{5} = 0$. En posant $x = 2\cos\frac{2\pi}{5}$, on utilise $2\cos(2\theta) = (2\cos\theta)^2 - 2$, d'où $1 + x + (x^2 - 2) = 0$, soit :

   $$x^2 + x - 1 = 0$$
   Les solutions sont $\frac{-1 \pm \sqrt{5}}{2}$. Aucune de ces valeurs n'est rationnelle.
   $$\boxed{\mathrm{Tr}(M) \notin \mathbb{Q}}$$
   Ceci est une contradiction. Donc, il n'existe pas d'élément d'ordre 5 dans $\mathrm{GL}_2(\mathbb{Q})$.

2. Généralisation :
   1. Soit $M \in \mathrm{GL}_d(\mathbb{Q})$ d'ordre $n$. Le polynôme minimal $\mu_M$ de $M$ sur $\mathbb{Q}$ est un diviseur de $X^n-1$. Puisque $M$ est exactement d'ordre $n$, il existe une valeur propre $\lambda$ qui est une racine primitive $n$-ième de l'unité. Le polynôme minimal sur $\mathbb{Q}$ de toute racine primitive $n$-ième de l'unité est le $n$-ième polynôme cyclotomique $\Phi_n$. Puisque $\mu_M \in \mathbb{Q}[X]$ annule $\lambda$, on en déduit que $\Phi_n$ divise $\mu_M$. Par le théorème de Cayley-Hamilton, $\mu_M$ divise le polynôme caractéristique $\chi_M$, donc $\Phi_n$ divise $\chi_M$. En comparant les degrés :
      $$\deg(\Phi_n) \le \deg(\chi_M)$$
      Comme $\deg(\Phi_n) = \phi(n)$ et $\deg(\chi_M) = d$, on obtient :
      $$\boxed{\phi(n) \le d}$$

   2. Pour $d=2$, on cherche $n$ tel que $\phi(n) \le 2$. Rappelons que si $n = \prod p_i^{\alpha_i}$, alors $\phi(n) = n \prod (1 - \frac{1}{p_i})$. - Si $n=p$ est premier, $\phi(p) = p-1 \le 2 \implies p \in \{2, 3\}$. - Si $n=p^k$, $\phi(p^k) = p^{k-1}(p-1) \le 2$. Pour $p=2$ : $2^{k-1} \le 2 \implies k \in \{1, 2\}$, donc $n \in \{2, 4\}$. Pour $p=3$ : $3^{k-1}(2) \le 2 \implies 3^{k-1} \le 1 \implies k=1$, donc $n=3$. - Pour les produits : $\phi(nm) = \phi(n)\phi(m)$ si $n, m$ sont premiers entre eux. $\phi(3)\phi(2) = 2 \times 1 = 2 \implies n = 3 \times 2 = 6$. $\phi(4)\phi(3) = 2 \times 2 = 4 > 2$. Les valeurs possibles de $n$ telles que $\phi(n) \le 2$ sont $\{1, 2, 3, 4, 6\}$. L'ensemble des ordres possibles est donc :
      $$\boxed{n \in \{1, 2, 3, 4, 6\}}$$