Théorème de Minkowski sur les sous-groupes finis

Résolution.

1. Soit $A \in M_n(\mathbb{Z})$ annulée par $P$. Le spectre de $A$, $\text{Sp}(A)$, est inclus dans l'ensemble des racines de $P$. Par hypothèse, le rayon spectral $\rho(A) = \max \{ |\lambda| : \lambda \in \text{Sp}(A) \}$ vérifie $\rho(A) < 1$. D'après le cours sur les suites de matrices, on sait que $\rho(A) < 1 \implies A^k \xrightarrow{k \to \infty} 0$. Or, pour tout $k \in \mathbb{N}$, $A^k \in M_n(\mathbb{Z})$. Les coefficients de $A^k$ forment des suites d'entiers convergeant vers $0$. Une suite d'entiers convergente est stationnaire à partir d'un certain rang. Ainsi, il existe $k_0 \in \mathbb{N}$ tel que :
   $$\forall k \geq k_0,   A^k = 0$$
   La matrice $A$ est donc nilpotente. Attention : $A$ n'est pas a priori nulle (pensez aux matrices strictement triangulaires). Cependant, ici, si $A$ est annulée par un polynôme à racines simples, elle est nulle. Dans le cas général de la question, $A$ est nilpotente. Dans les applications suivantes, $A$ sera diagonalisable, donc nilpotente impliquera nulle.
   $$\boxed{A \text{ nilpotente}}$$

2. 1. Soit $M \in \ker \varphi_p$. Alors $M = I_n + pB$ avec $B \in M_n(\mathbb{Z})$. Puisque $G$ est un sous-groupe fini, $M$ est d'ordre fini $d \geq 1$. $M$ est donc annulée par $X^d - 1$, qui est scindé à racines simples sur $\mathbb{C}$. Ainsi, $M$ est diagonalisable sur $\mathbb{C}$ et ses valeurs propres sont dans $\mathbb{U}_d = \{ z \in \mathbb{C} \mid z^d = 1 \}$. Comme $B = \frac{1}{p}(M - I_n)$, $B$ est également diagonalisable. Soit $\mu$ une valeur propre de $B$. Elle est de la forme $\mu = \frac{\lambda - 1}{p}$ où $\lambda \in \text{Sp}(M)$. Comme $|\lambda| = 1$, par l'inégalité triangulaire :
      $$|\mu| = \frac{|\lambda - 1|}{p} \leq \frac{|\lambda| + 1}{p} = \frac{2}{p}$$
   2. Si $p \geq 3$, alors $\frac{2}{p} < 1$. Toutes les valeurs propres $\mu$ de $B$ vérifient donc $|\mu| < 1$. D'après la question 1, $B$ est nilpotente. Comme $B$ est diagonalisable et nilpotente, ses valeurs propres sont toutes nulles, ce qui implique :
      $$\boxed{B = 0}$$
      On en conclut que $M = I_n + p(0) = I_n$. Le noyau de $\varphi_p$ est donc réduit à l'élément neutre, le morphisme est injectif.

3. 1. Pour $p=2$, l'inégalité $|\mu| \leq \frac{2}{2} = 1$ ne permet pas de conclure immédiatement. Cependant, $|\mu| = 1$ n'est possible que si $|\lambda - 1| = 2$. Comme $|\lambda| = 1$, cela impose $\lambda = -1$. Ainsi, les valeurs propres de $M$ sont dans $\{1, -1\}$. Puisque $M$ est diagonalisable sur $\mathbb{C}$, son polynôme minimal divise $(X-1)(X+1) = X^2 - 1$. On a donc :
      $$\boxed{M^2 = I_n}$$

   2. Soient $M, N \in \ker \varphi_2$. On a $M^2 = I_n$ et $N^2 = I_n$, soit $M = M^{-1}$ et $N = N^{-1}$. De plus, $(MN)^2 = I_n$ car $MN \in \ker \varphi_2$ (le noyau est un groupe). On en déduit $MNMN = I_n$, puis en multipliant par $M$ à gauche et $N$ à droite :
      $$N M = M^{-1} I_n N^{-1} = M N$$
      $\ker \varphi_2$ est donc un groupe abélien dont tous les éléments (sauf $I_n$) sont d'ordre 2. C'est un $\mathbb{F}_2$-espace vectoriel. Les éléments de $\ker \varphi_2$ sont simultanément diagonalisables (famille commutante d'endomorphismes diagonalisables). Il existe $P \in GL_n(\mathbb{C})$ tel que pour tout $M \in \ker \varphi_2$, $PMP^{-1}$ est diagonale avec des $\pm 1$ sur la diagonale. Il y a au plus $2^n$ telles matrices diagonales, donc :
      $$\boxed{\text{card}(\ker \varphi_2) \leq 2^n}$$
      Par le théorème de structure des groupes abéliens finis (ou via l'espace vectoriel), ce cardinal est une puissance de 2.

4. 1. Pour $p=3$, $\varphi_3$ est injectif, donc $G$ est isomorphe à un sous-groupe de $GL_n(\mathbb{F}_3)$. Par le théorème de Lagrange, $|G|$ divise $|GL_n(\mathbb{F}_3)|$. On sait que $|GL_n(\mathbb{F}_q)| = \prod_{k=0}^{n-1} (q^n - q^k)$.
      $$\boxed{\text{card}(G) \leq \prod_{k=0}^{n-1} (3^n - 3^k)}$$

   2. Soit $\mathcal{S}$ l'ensemble des sous-groupes finis de $GL_n(\mathbb{Z})$. Pour chaque $G \in \mathcal{S}$, son image $\varphi_3(G)$ est un sous-groupe de $GL_n(\mathbb{F}_3)$. Comme $\varphi_3$ est injectif, $G \simeq \varphi_3(G)$. Or, $GL_n(\mathbb{F}_3)$ est un groupe fini, il ne possède qu'un nombre fini de sous-groupes. Il n'y a donc qu'un nombre fini de classes d'isomorphisme possibles.