Puissances de matrices sur un corps fini

Résolution.

1. Étude du cas $n=2$.
   1. Une matrice $A \in \mathcal{M}_2(\mathbb{F}_p)$ est inversible si et seulement si ses colonnes $(C_1, C_2)$ forment une base de $(\mathbb{F}_p)^2$. Pour construire une telle base : - On choisit $C_1 \in (\mathbb{F}_p)^2 \setminus \{(0,0)\}$. Il y a $p^2 - 1$ choix possibles. - On choisit $C_2 \in (\mathbb{F}_p)^2 \setminus \mathrm{Vect}(C_1)$. Comme $\mathrm{Vect}(C_1)$ contient $p$ vecteurs, il reste $p^2 - p$ choix. Par principe multiplicatif, on obtient :
      $$\boxed{|\mathrm{GL}_2(\mathbb{F}_p)| = (p^2 - 1)(p^2 - p) = q}$$

   2. Soit $A \in \mathcal{M}_2(\mathbb{F}_p)$. Premier cas : $A \in \mathrm{GL$_2(\mathbb{F}_p).} D'après le théorème de Lagrange, l'ordre de $A$ dans le groupe fini $(\mathrm{GL}_2(\mathbb{F}_p), \times)$ divise le cardinal du groupe $q$. On a donc $A^q = I_2$. En multipliant par $A^2$, on obtient :
      $$\boxed{A^{q+2} = A^2}$$

      Second cas : $A \notin \mathrm{GL$_2(\mathbb{F}_p).} Alors $\det(A) = 0$. Le polynôme caractéristique de $A$ est $\chi_A(X) = X^2 - \mathrm{Tr}(A)X + \det(A) = X^2 - \lambda X$ avec $\lambda = \mathrm{Tr}(A) \in \mathbb{F}_p$. D'après le théorème de Cayley-Hamilton :

      $$A^2 - \lambda A = 0 \implies A^2 = \lambda A$$
      Par une récurrence immédiate, pour tout $k \geq 1$, on a $A^k = \lambda^{k-1} A$. Pour $k \geq 2$, on peut aussi écrire $A^k = \lambda^{k-2} A^2$. On en déduit :
      $$A^{q+2} = \lambda^q A^2$$
      Si $\lambda = 0$, alors $A^2 = 0$ et la relation $A^{q+2} = A^2$ est vérifiée ($0=0$). Si $\lambda \neq 0$, alors $\lambda \in \mathbb{F}_p^*$. D'après le petit théorème de Fermat, $\lambda^{p-1} = 1$. Comme $q = p(p-1)(p^2-1)$, on voit que $p-1$ divise $q$. On a donc $\lambda^q = 1$. Finalement, dans tous les cas pour $n=2$ :
      $$\boxed{A^{q+2} = A^2}$$

2. Généralisation. Pour dénombrer $\mathrm{GL}_n(\mathbb{F}_p)$, on choisit successivement $n$ vecteurs linéairement indépendants. Le $k$-ième vecteur doit être hors de l'espace de dimension $k-1$ engendré par les précédents (contenant $p^{k-1}$ vecteurs).
   $$\boxed{N_n = \prod_{k=0}^{n-1} (p^n - p^k)}$$

   Soit $A \in \mathcal{M}_n(\mathbb{F}_p)$. On souhaite montrer $A^{N_n + n} = A^n$. Le polynôme caractéristique $\chi_A$ est de degré $n$. On l'écrit $\chi_A(X) = X^d Q(X)$ avec $Q(0) \neq 0$ et $d \leq n$. D'après le lemme des noyaux, comme $X^d$ et $Q$ sont premiers entre eux :

   $$\mathbb{F}_p^n = \ker(A^d) \oplus \ker(Q(A))$$
   Soit $E_1 = \ker(A^d)$ et $E_2 = \ker(Q(A))$. Ces deux sous-espaces sont stables par $A$. Sur $E_1$, $A$ est nilpotente. Comme $\dim E_1 \leq n$, on a $A^n_{|E_1} = 0$, donc $A^{N_n+n}_{|E_1} = 0 = A^n_{|E_1}$. Sur $E_2$, l'endomorphisme induit par $A$, noté $u_2$, est un automorphisme car $\ker(u_2) = \ker(A) \cap \ker(Q(A)) = \{0\}$ (puisque $Q(0) \neq 0$). Soit $m = \dim E_2 \leq n$. Alors $u_2 \in \mathrm{GL}(E_2) \cong \mathrm{GL}_m(\mathbb{F}_p)$. D'après le théorème de Lagrange, $u_2^{N_m} = \mathrm{id}_{E_2}$. On remarque que pour tout $m \leq n$, $N_m$ divise $N_n$ (car chaque facteur de $N_m$ est un facteur de $N_n$). Donc $u_2^{N_n} = \mathrm{id}_{E_2}$. En multipliant par $u_2^n$, on a $u_2^{N_n+n} = u_2^n$. Les deux endomorphismes $A^{N_n+n}$ et $A^n$ coïncident sur $E_1$ et sur $E_2$. Ils sont donc égaux :
   $$\boxed{A^{N_n+n} = A^n}$$