Exercice 9

1. Le produit de deux matrices unitriangulaires supérieures est unitriangulaire supérieure, et l'on vérifie : $$M(a\,;b\,;c)^{-1}=M\big(-a \,;\, -b \,;\, ab-c\big)$$ Comme $(a\,;b\,;c)$ décrit $\mathbb{F}_{p}^{3}$ : $$\boxed{\big|H(\mathbb{F}_{p})\big|=p^{3}}$$

2. Le produit matriciel donne directement : $$\boxed{M(a\,;b\,;c)\,M(a'\,;b'\,;c')=M\big(a+a' \,;\, b+b' \,;\, c+c'+ab'\big)}$$ Le terme $ab'$ n'est pas symétrique en les deux facteurs : avec $M(1\,;0\,;0)$ et $M(0\,;1\,;0)$, on obtient $M(1\,;1\,;1)$ dans un sens et $M(1\,;1\,;0)$ dans l'autre. $$\boxed{H(\mathbb{F}_{p}) \text{ n'est pas abélien.}}$$

3. L'élément $M(a\,;b\,;c)$ est central si et seulement si $ab'=a'b$ pour tous $a'$, $b'$, c'est-à-dire $a=b=0$. $$\boxed{Z=\big\{M(0\,;0\,;c)\big\} \simeq \mathbb{Z}/p\mathbb{Z} \qquad\text{et}\qquad H(\mathbb{F}_{p})/Z \simeq (\mathbb{Z}/p\mathbb{Z})^{2}}$$ Le quotient s'identifie à $(a\,;b\,)$ par la question 2, avec addition composante par composante.

4. On a $N=M(a\,;b\,;c)-I_{3}$, matrice nilpotente : $N^{2}=ab\,E_{1,3}$ et $N^{3}=0$. Comme $I_{3}$ et $N$ commutent, le binôme donne : $$M^{p}=(I_{3}+N)^{p}=I_{3}+pN+\frac{p(p-1)}{2}N^{2}$$ Pour $p$ impair, $p$ divise $\dfrac{p(p-1)}{2}$, donc les deux derniers termes sont nuls dans $\mathbb{F}_{p}$. $$\boxed{M(a\,;b\,;c)^{p}=I_{3} \text{ pour } p \text{ impair.}}$$

5. $$\boxed{\begin{array}{l} \text{Pour } p \text{ impair, } H(\mathbb{F}_{p}) \text{ est non abélien et vérifie } x^{p}=e \text{ pour tout } x. \end{array}}$$ Il n'y a aucune contradiction avec la question 2 de l'exercice 4 : celle-ci concerne l'exposant $2$, et sa démonstration repose sur $x^{-1}=x$, ce qui n'a plus lieu pour $p \geqslant 3$. Le calcul $(xy)^{2}=e \Rightarrow xy=yx$ n'a pas d'analogue en exposant impair. $$\boxed{\text{«\,Exposant \,» p \text{«\, premier\,»} n'entraîne «\,abélien\,» que pour } p=2.}$$

6. Pour $p=2$, le coefficient $\dfrac{p(p-1)}{2}=1$ n'est plus divisible par $2$, et $M(1\,;1\,;c)^{2}=M(0\,;0\,;1) \neq I_{3}$ : l'exposant vaut $4$. $$\boxed{H(\mathbb{F}_{2}) \text{ est d'ordre } 8, \text{ non abélien, d'exposant } 4 \text{ : c'est } D_{4}.}$$ Il possède en effet cinq éléments d'ordre $2$ et deux d'ordre $4$, ce qui l'écarte de $Q_{8}$ (exercice 8).