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\thispagestyle{empty}

\begin{document}
\noindent \textbf{Alg\`ebre et Th\'eorie des nombres - Printemps 2008} \hfill \textbf{Universit\'e Claude Bernard Lyon 1}
\vspace{0.3cm}
\hrule

\vspace{0.8cm}

\begin{center} {\bfseries \scshape Corrig\'e de l'examen du 6 juin 2008} \end{center}

\vspace{0.8cm}

\noindent \textbf{Probl\`eme 1.} --- Soient $\Hr$ un groupe fini et $\G$ un groupe cyclique ; suivant la convention adopt\'ee dans le cours, les groupes cycliques sont finis. D\'esignons par $n$ l'ordre du groupe $\G$ et par $m$ l'ordre du groupe $\Hr$.


\vspace{0.2cm} (i) Supposons qu'il existe un homomorphisme de groupes surjectif $\varphi : \G \rightarrow \Hr$. D\'esignons par $g$ un g\'en\'erateur de $\G$. Tout \'el\'ement $y$ de $\Hr$ s'\'ecrit sous la forme $y=\varphi(x)$ avec $x \in \G$, donc sous la forme $$y = \varphi(g^k) = \varphi(g)^k$$ pour un entier naturel $k$ convenable. Ceci montre que le groupe fini $\Hr$ est cyclique et engendr\'e par $\varphi(g)$. 

\vspace{0.1cm} L'ordre du groupe cyclique $\Hr$ est l'ordre du g\'en\'erateur $\varphi(g)$. On a donc $$\{k \in \mathbb{Z} \ | \ \varphi(g)^k = e_{\Hr}\} = m\mathbb{Z}$$ et, puisque $\varphi(g)^n = \varphi(g^n) = \varphi(e_{\G}) = e_{\Hr}$, nous en concluons que $m$ divise $n$.

\vspace{0.2cm} (ii) Supposons r\'eciroquement que le groupe $\Hr$ soit cyclique et que son ordre divise l'ordre du groupe $\G$. D\'esignons par $g$ un g\'en\'erateur de $\G$ et par $h$ un g\'en\'erateur de $\Hr$. L'application $$\mathbb{Z} \rightarrow \G, \ \ k \mapsto g^k$$ est un homomorphisme de groupes surjectif de noyau $n\mathbb{Z}$, donc induit un isomorphisme de groupes $\varphi_{\G} : \mathbb{Z}/n\mathbb{Z} \rightarrow \G$ par application du th\'eor\`eme de Noether. De m\^eme, l'application $\mathbb{Z} \rightarrow \Hr, \ \ k \mapsto h^k$ induit un isomorphisme de groupes $\varphi_{\Hr} : \mathbb{Z}/m\mathbb{Z} \rightarrow \Hr$.

\vspace{0.1cm} Comme $m$ divise $n$, $n\mathbb{Z} \subset m\mathbb{Z}$ et il d\'ecoule de nouveau du th\'eor\`eme de Noether que la projection canonique $\mathbb{Z} \rightarrow \mathbb{Z}/m\mathbb{Z}, \ \ k \mapsto \ k \ (\mathrm{mod} \ m)$ induit un homomorphisme de groupes surjectif $p : \mathbb{Z}/n\mathbb{Z} \rightarrow \mathbb{Z}/m\mathbb{Z}$. 

\vspace{0.1cm} Il reste finalement \`a poser $\varphi  = \varphi_{\Hr} \circ p \circ \varphi_{\G}^{-1}$ pour obtenir un homomorphisme surjectif du groupe $\G$ dans le groupe $\Hr$.

\vspace{0.2cm} \noindent \emph{Remarque : l'homomorphisme $\varphi : \G \rightarrow \Hr$ que l'on vient de d\'efinir envoie un \'el\'ement $x$ de $\G$, \'ecrit sous la forme $x = g^k$ avec $k \in \mathbb{Z}$, sur l'\'el\'ement $\varphi(x) = h^k$ de $\Hr$. Si l'on veut utiliser ceci comme d\'efinition de $\varphi$, il faut v\'erifier que $\varphi(x)$ ne d\'epend pas du choix de l'entier $k$ tel que $x = g^k$ et que l'application obtenue est un homomorphisme de groupes.} 

\vspace{0.6cm}
\noindent \textbf{Probl\`eme 2.} --- On rappelle que les diviseurs de z\'ero dans un anneau $\A$ sont tous les \'el\'ements $a$ de $\A$ pour lesquels qu'il existe $b \in \A - \{0\}$ tel que $a.b=0$.

\vspace{0.1cm} 1. Un \'el\'ement $(a,b)$ de $\mathbb{Z} \times \mathbb{Z}$ est un diviseur de z\'ero si et seulement s'il existe $(c,d) \in \mathbb{Z} \times \mathbb{Z} - \{(0,0)\}$ tel que $(a,b).(c,d) = (ab,cd) = (0,0)$, c'est-\`a-dire tel que $ac = bd = 0$. 

Comme $c$ ou $d$ doit \^etre non nul, une condition n\'ecessaire est $a=0$ ou $b=0$ car l'anneau $\mathbb{Z}$ est int\`egre. 

Cette condition est suffisante car, pour tous $a, b \in \mathbb{Z}$, $(a,0)$ et $(0,b)$ sont des diviseurs de z\'ero dans $\mathbb{Z} \times \mathbb{Z}$ en vertu des identit\'es $$(a,0).(0,1) = (0,b).(1,0) = (0,0).$$

Nous avons ainsi d\'emontr\'e que les diviseurs de z\'ero dans l'anneau $\mathbb{Z} \times \mathbb{Z}$ sont les \'el\'ements $(a, b)$ tels que $a=0$ ou $b=0$.

\vspace{0.2cm} 2. Soit $\A$ l'anneau des fonctions r\'eelles sur $[0,1]$, l'addition et la multiplication \'etant d\'efinies de la mani\`ere usuelle. Une fonction r\'eelle $f$ sur $[0,1]$ est un diviseur de z\'ero dans $\A$ si et seulement s'il existe une fonction r\'eelle non identiquement nulle $g$ sur $[0,1]$ telle que $f.g = 0$, c'est-\`a-dire telle que $f(x)g(x)=0$ pour tout $x \in [0,1]$.

\vspace{0.1cm} \begin{itemize} \item Si une fonction r\'eelle $f$ sur $[0,1]$ est un diviseur de z\'ero dans $\A$, $f.g = 0$ avec $g$ une fonction r\'eelle non identiquement nulle sur $[0,1]$. Il existe alors un point $x_0$ de $[0,1]$ tel que $g(x_0) \neq 0$, ce qui implique $f(x_0)=0$ puisque l'anneau $\mathbb{R}$ est int\`egre. 
\item R\'eciproquement, si une fonction r\'eelle $f$ sur $[0,1]$ s'annule en au moins un point $x_0$ de $[0,1]$, c'est un diviseur de z\'ero dans $\A$ : il suffit en effet de consid\'erer la fonction r\'eelle $g$ sur $[0,1]$ d\'efinie par $g(x) = 0$ si $x \neq x_0$ et $g(x_0) =1$ ; cette fonction n'est pas identitquement nulle et on a $f(x)g(x) = 0$ pour tout $x \in [0,1]$, donc $f.g = 0$. \end{itemize}

\vspace{0.1cm} Finalement, nous venons de prouver que les diviseurs de z\'ero dans l'anneau des fonctions r\'eelles sur $[0,1]$ sont les fonctions s'annulant en au moins un point.   

\vspace{0.2cm} \noindent \emph{Remarque : les fonctions r\'eelles sur $[0,1]$ ne s'annulant nulle part sont exactement les \'el\'ements inversibles de l'anneau $\A$. On a ainsi pour toute fonction r\'eelle $f$ sur $[0,1]$ l'alternative suivante : soit $f$ est inversible dans $\A$, soit $f$ est un diviseur de z\'ero dans $\A$.}
  
\vspace{0.6cm}
\noindent \textbf{Probl\`eme 3.} --- 1. C'est une question de cours. Ayant rappel\'e que le contenu $c(\rP)$ d'un polyn\^ome $\rP \in \mathbb{Z}[x]$ est le pgcd de ses coefficients, les \'el\'ements irr\'eductibles de l'anneau $\mathbb{Z}[x]$ sont \begin{itemize} \item les \'el\'ements irr\'eductibles de $\mathbb{Z}$, c'est-\`a-dire les nombres premiers et leurs oppos\'es ; \item les polyn\^omes $\rP \in \mathbb{Z}[x]$ irr\'eductibles dans $\mathbb{Q}[x]$ et de contenu $c(\rP)$ \'egal \`a $1$. \end{itemize} 

\vspace{0.2cm} 2. On rappelle que l'ensemble $\mathbb{Z}[x]^{\times}$ des \'el\'ements inversibles de l'anneau $\mathbb{Z}[x]$ est \'egal \`a $\{-1,1\}$.

\vspace{0.1cm}
L'id\'eal de $\mathbb{Z}[x]$ engendr\'e par $2$ et $x$ n'est pas principal. D\'emonstration par l'absurde : supposons qu'il existe un polyn\^ome $f \in \mathbb{Z}[x]$ engendrant l'id\'eal $(2,x)$ ; on a alors $2 = fg$ et $x = fh$ avec $g, h \in \mathbb{Z}[x]$. Comme $2$ et $x$ sont des \'el\'ements irr\'eductibles de $\mathbb{Z}[x]$, la premi\`ere condition implique $f \in \mathbb{Z}[x]^{\times}$ ou $f \in 2 \mathbb{Z}[x]^{\times}$, donc $f = \pm 1$ ou $f = \pm 2$ ; la seconde condition implique $f \in \mathbb{Z}[x]^{\times}$ ou $f \in x \mathbb{Z}[x]^{\times}$, donc $f = \pm 1$ ou $f = \pm x$. On obtient ainsi $f = \pm 1$. La contradiction vient du fait que $f$ doit \'egalement appartenir \`a l'id\'eal $(2,x)$ : s'il existait des polyn\^omes $a,b \in \mathbb{Z}[x]$ tels que $\pm 1 = 2a+xb$, on obtiendrait $\pm 1 = 2a(0)$ en faisant $x=0$ et, comme $a(0) \in \mathbb{Z}$, ceci est absurde.

\vspace{0.2cm} 3. \'Ecrivons la racine $\alpha$ sous la forme $\alpha = \frac{a}{b}$ avec $a, b \in \mathbb{Z}$, $b \neq 0$ et $\mathrm{pgcd}(a,b) = 1$. On a par hyoth\`ese $$0 = f(\alpha) = \frac{a^n + a_1ba^{n-1} + \ldots + a_{n-1}b^{n-1}a + a_nb^n}{b^n}$$ en r\'eduisant au m\^eme d\'enominateur $b^n$, donc $$-a^n = ba_1a^{n-1} + \ldots + a_{n-1}b^{n-1}a + a_n b^n.$$ Comme $b$ divise le membre de droite, $b | a^n$ et donc $b=\pm 1$ puisque $a$ et $b$ sont premiers entre eux ; on obtient ainsi $\alpha = \pm a \in \mathbb{Z}$. 

\vspace{0.2cm} 4. (a) Oui, appliquer le crit\`ere d'Eisenstein avec le nombre premier $3$.

(b) Non, on v\'erifie que $2$ est une racine de $h$ et que $h = (x-2)(x^2-9x+20)$.

\vspace{0.2cm} 5. (a) L'application $j : \mathbb{Q}[x,y] \rightarrow \mathbb{Q}, \ f \mapsto f(0,0)$ est un homomorphisme d'anneau surjectif et de noyau $\Ir$. Il en d\'ecoule que $j$ induit un isomorphisme entre l'anneau quotient $\mathbb{Q}[x,y]/\Ir$ et l'anneau $\mathbb{Q}$. Comme $\mathbb{Q}$ est un corps, il en est de m\^eme de l'anneau $\mathbb{Q}[x,y]/\Ir$ et $\Ir$ est donc un id\'eal maximal de $\mathbb{Q}[x,y]$.

\vspace{0.1cm} (b) L'id\'eal $\Ir$ est \'egal \`a $(x,y)$ et n'est pas principal. 

L'inclusion $(x,y) \subset \Ir$ est \'evidente ; pour obtenir l'inclusion r\'eciproque, il suffit d'obsercer que tout polyn\^ome $f \in \mathbb{Q}[x,y]$ s'\'ecrit sous la forme $f = f(0,0) +xg + yh$ avec $g, h \in \mathbb{Q}[x,y]$.

La d\'emonstration du fait que l'id\'eal $(x,y)$ n'est pas principal est analogue \`a celle de la question 2 en utilisant le fait que $x$ et $y$ sont des \'el\'ements irr\'eductibles de $\mathbb{Q}[x,y]$ ainsi que l'identit\'e $\mathbb{Q}[x,y]^{\times} = \mathbb{Q}^{\times}$.

\vspace{0.1cm} (c) Tout anneau euclidien est principal ; comme l'id\'eal $(x,y)$ n'est pas principal, l'anneau $\mathbb{Q}[x,y]$ n'est pas principal et donc, \emph{a fortiori}, n'est pas euclidien.

Si $\A$ est un anneau factoriel, l'anneau $\A[x]$ est factoriel (th\'eor\`eme de Gauss). Comme l'anneau $\mathbb{Q}[x]$ est factoriel car euclidien, l'anneau $\mathbb{Q}[x,y] = (\mathbb{Q}[x])[y]$ est factoriel. 

\vspace{0.6cm}
\noindent \textbf{Probl\`eme 4.} --- 1. On a $a = (1,2,3,4)(5,6,7,8)$ et $b = (1,5,3,7)(2,6,4,8)$. En particulier, $a^4 = b^4 = 1$.

\vspace{0.2cm}
2. On a $$ab = \left(\begin{array}{llllllll} 1 & 2 & 3 & 4 & 5 & 6 & 7 & 8 \\ 6 & 7 & 8 & 5 & 4 & 1 & 2 & 3 \end{array}\right) = (1,6)(2,7)(3,8)(4,5),$$ $$a^2 = (1,2,3,4)^2(5,6,7,8)^2 = (1,3)(2,4)(5,7)(6,8)\ \ \ \textrm{ et } \ \ \ b^2 = (1,3)(5,7)(2,4)(6,8).$$ Observons que l'on a $a^2 = b^2$ et $(ab)^2 = 1$. 

\vspace{0.2cm}
3. L'application $\varphi : \langle a\rangle \times \langle b \rangle \rightarrow \Sr_8, \ \ (s,t) \mapsto st$ est un homomorphisme de groupes si et seulement si, pour tous entiers naturels $n, n', m, m'$, $$\varphi((a^n,b^m).(a^{n'},b^{m'})) = \varphi(a^n,b^m)\varphi(a^{n'},b^{m'}),$$ c'est-\`a-dire $$a^{n+n'}b^{m+m'} = a^n b^m a^{n'} b^{m'}.$$ On voit donc que $\varphi$ est un homomorphisme de groupes si et seulement si $a$ et $b$ commutent. 

Tel est effectivement le cas : en effet, vu les identit\'es $b^4 = 1$, $a^2 = b^2$ et $(ab)^2 = 1$ \'etablies pr\'ec\'edemment, on obtient $$aabb = a^2b^2 = b^4 = 1 \ \ \textrm{ et } \ \ abab = 1,$$ donc $$ab =  a^{-1}b^{-1} = ba.$$

Nous avons ainsi prouv\'e que l'application $\varphi$ est un homomorphisme de groupes. Son image est le sous-groupe de $\Sr_8$ engendr\'e par $a$ et $b$, c'est-\`a-dire $\Hr$.

\vspace{0.2cm} 4. Le noyau de $\varphi$ est compos\'e des couples $(a^n, b^m)$ tels que $a^n b^m = 1$. Comme les permutations $a$ et $b$ sont d'ordre $4$, il suffit de consid\'erer $m$ et $n$ dans $\{0, 1, 2, 3\}$. 

On conna\^{\i}t d\'ej\`a l'identit\'e $a^2b^2 = 1$ (question 2) ;  si $m \geq 2$ et $n \geq 2$, alors $a^n b^m = a^{n-2} b^{m-2}$ et il suffit donc de trouver tous les couples $(a^n, b^m)$ tels que $a^n b^m = 1$ avec $n, m \in \{0,1,2,3\}$ et $n \leq 1$ ou $m \leq 1$. 

\vspace{0.1cm}
Le cas des couples $(n,m)$ avec $1 \leq n \leq 3$ et $m \in \{0,1\}$ se traite facilement :
\begin{itemize} \item aucun des \'el\'ements $a$, $a^2$, $a^3$ n'est \'egal \`a $1$ puisque $a$ est d'ordre $4$ ; \item par ailleurs, $ab \neq 1$ (question 2) et $a \neq b$, donc $a^3b \neq a^4 = 1$ ; \item enfin, $a^2 \neq b$ puisque $a^2$ est d'ordre $2$ tandis que $b$ est d'ordre $4$, donc $a^2b \neq  a^4 = 1$.
\end{itemize}
Par un raisonnement analogue, on v\'erifie qu'aucun des \'el\'ements $a^n b^m$ avec $n \in \{0,1\}$ et $1 \leq m \leq 3$ n'est \'egal \`a $1$. 

Finalement, pour tous $n, m \in \{0, 1, 2, 3\}$ avec $n \leq 1$ ou $m \leq 1$, $$a^nb^m  = 1 \Longleftrightarrow n=m=0$$ et donc $$\mathrm{Ker}(\varphi) = \{(1,1),(a^2,b^2)\}.$$

\vspace{0.2cm} 5. L'homomorphisme $\varphi$ induit un isomorphisme entre le groupe quotient $\langle a \rangle \times \langle b \rangle /\mathrm{Ker}(\varphi)$ et $\Hr$. On a donc $$|\Hr| = \frac{|\langle a \rangle \times \langle b \rangle|}{|\mathrm{Ker}(\varphi)|} = \frac{|\langle a \rangle| \times |\langle b \rangle|}{|\mathrm{Ker}(\varphi)|} = \frac{16}{2} = 8.$$

\vspace{0.2cm} \noindent \emph{Remarque : on peut r\'epondre plus rapidement aux questions 4 et 5 : $|\Hr|$ divise $|\langle a \rangle \times \langle b \rangle| = 16$, donc $|\Hr| \in \{1,2,4,8,16\}$ ; comme $\Hr$ contient le sous-groupe cyclique $\langle a \rangle$ d'ordre $4$, $|\Hr| \geq 4$ ; ayant v\'erifi\'e que l'\'el\'ement $b$ de $\Hr$ n'appartient pas au sous-groupe $\langle a \rangle$, on obtient ensuite $|\Hr| > 4$, donc $|\Hr| = 8$ ou $|\Hr| = 16$ ; finalement, comme $a^2b^2 = 1$, l'homomorphisme $\varphi$ n'est pas injectif, donc $|\Hr|< 16$. Nous obtenons ainsi $|\Hr| = 8$ et $|\mathrm{Ker}(\varphi)| = \frac{16}{|\Hr|} = 2$, d'o\`u $\mathrm{Ker}(\varphi) = \{(1,1),(a^2,b^2)\}$.} 

\vspace{0.6cm}
\noindent \textbf{Probl\`eme 5.} --- 1. Pour toute orbite $\Or$ de $\G$ dans $\X$, $|\Or|$ divise $|\G|$ et donc, comme $|\G|$ est une puissance de $p$, $$|\Or| = 1 \ \ \ \textrm{ ou } \ \ \ |\Or| \equiv 0 \ (\mathrm{mod} \ p).$$ Si l'on d\'esigne par $\mathcal{O}$ l'ensemble des orbites de $\G$ dans $\X$, l'\'equation aux classes s'\'ecrit sous la forme $$|\X| = \sum_{\Or \in \mathcal{O}} |\Or|.$$ Par hypoth\`ese, le membre de gauche $|\X|$ n'est pas divisible par $p$ ; le membre de droite ne l'est donc pas non plus et il existe par cons\'equent au moins une orbite $\Or$ telle que $|\Or|=1$. Cette orbite est r\'eduite \`a un point $x$ de $\X$ tel que $gx = x$ pour tout $g \in \G$, ce qui prouve l'existence d'un point fixe de $\G$ dans $\X$.

\vspace{0.2cm} 2. (a) Le choix d'une base de $\V$ fournit un isomorphisme entre $\V$ et le $\mathbb{F}_p$-espace vectoriel standard $\mathbb{F}_p^n$, donc $\V$ est un ensemble fini de cardinal $p^n$. 

Tout automorphisme $\mathbb{F}_p$-lin\'eaire de $\V$ pr\'eserve l'origine de $\V$ et donc stabilise le sous-ensemble $\V - \{0\}$ de $\V$. En particulier, l'action naturelle d'un sous-groupe $\G$ de $\mathrm{GL}(\V)$ sur $\V$ induit une op\'eration de $\G$ sur $\V - \{0\}$. Si $|\G|$ est une puissance de $p$, on peut alors appliquer la question pr\'ec\'edente avec l'ensemble $\X = \V - \{0\}$ de cardinal $|\V - \{0\}| = p^n - 1$ premier \`a $p$. On en d\'eduit ainsi l'existence d'un vecteur non nul $v \in \V$ tel que $gv=v$ pour tout $g \in \G$.

\vspace{0.2cm} (b) Pour tout \'el\'ement $g$ de $\G$, $gv_1 = v_1$ et donc sa matrice dans la base $b$ est de la forme $$ \left(\begin{array}{l|lll} 1 & * & \hspace{0.6cm} \ldots & * \\ \hline 0 & & & \\ \vdots & & \M'(g) & \\ 0 & & & \end{array} \right)$$ avec $\M'(g) \in \M_{n-1}(\mathbb{F}_p)$. Quels que soient les \'el\'ements $g, h \in \G$, \begin{eqnarray*} \mathrm{Mat}_b(gh)  =  \mathrm{Mat}_b(g)\mathrm{Mat}_b(h)  & = & \left(\begin{array}{l|lll} 1 & * & \hspace{0.6cm} \ldots & * \\ \hline 0 & & & \\ \vdots & & \M'(g) & \\ 0 & & & \end{array} \right)\left(\begin{array}{l|lll} 1 & * & \hspace{0.6cm} \ldots & * \\ \hline 0 & & & \\ \vdots & & \M'(h) & \\ 0 & & & \end{array} \right) \\ & = & \left(\begin{array}{l|lll} 1 & * & \hspace{0.6cm} \ldots & * \\ \hline 0 & & & \\ \vdots & & \M'(g)\M'(h) & \\ 0 & & & \end{array} \right) \end{eqnarray*} donc $\M'(gh) = \M'(g)\M'(h)$. Comme $\M'(1) = \Ir_{n-1}$, on en d\'eduit que toutes les matrices $\M'(g)$, $g \in \G$, sont inversibles.    

\vspace{0.1cm} Pour tout $g \in \G$, la matrice $\M'(g)$ d\'efinit un unique automorphisme $\rho(g)$ de $\V' = \mathrm{Vect}(v_2, \ldots, v_n)$ tel que $$\mathrm{Mat}_{b'}(\rho(g)) = \M'(g).$$ Quels que soient $g, h \in \G$, $$\mathrm{Mat}_{b'}(\rho(gh)) = \M'(gh) = \M'(g)\M'(h) = \mathrm{Mat}_{b'}(\rho(g))\mathrm{Mat}_{b'}(\rho(h))$$ donc $\rho(gh) = \rho(g) \rho(h)$ et ainsi l'application $\rho : \G \rightarrow \mathrm{GL}(\V')$ que l'on a d\'efinie est un homomorphisme de groupes.

\vspace{0.2cm} (c) Soit donc $\G$ un sous-groupe de $\mathrm{GL}(\V)$ d'ordre $p^r$ avec $r \geq 0$ ; en raisonnant par r\'ecurrence sur la dimension de $\V$, nous allons d\'emontrer qu'il existe une base $b$ de $\V$ telle que, pour tout $g \in \G$, la matrice $\mathrm{Mat}_b(g)$ soit triangulaire sup\'erieure avec tous ses coefficients diagonaux \'egaux \`a $1$.

\begin{itemize} \item Le r\'esultat est acquis si $\dim (\V) = 1$. Il existe en effet un vecteur non nul $v$ de $\V$ tel que $gv=v$ pour tout $g \in \G$ d'apr\`es la question 2 (a) ; $b=\{v\}$ est une base de $\V$ et $\mathrm{Mat}_b(g) = (1) = \Ir_1$ pour tout $g \in \G$.
\item Soit $n \geq 2$ et supposons le r\'esultat acquis pour un espace vectoriel de dimension $ n-1$. D'apr\`es la question 2 (a), il existe une base $b = \{v_1, \ldots, v_n\}$ de $\V$ telle que $gv_1 = v_1$ pour tout $g \in \G$. Posant $\V' = \mathrm{Vect}(v_2, \ldots, v_n)$ et $b' = \{v_2, \ldots, v_n\}$, il existe en vertu de la question pr\'ec\'edente un homomorphisme de groupes $\rho : \G \rightarrow \mathrm{GL}(\V')$ tel que, pour tout $g \in \G$, $$\mathrm{Mat}_b(g) = \left(\begin{array}{l|lll} 1 & * & \hspace{0.6cm} \ldots & * \\ \hline 0 & & & \\ \vdots & & \mathrm{Mat}_{b'}(\rho(g)) & \\ 0 & & & \end{array} \right).$$ L'image $\G' = \rho(\G)$ de $\rho$ est un sous-groupe de $\mathrm{GL}(\V')$ isomorphe \`a $\G/\mathrm{Ker}(\rho)$ ; son ordre divise par cons\'equent celui de $\G$ et donc $|\G'|$ est une puissance de $p$. Comme $\dim (\V') = n-1$, nous pouvons appliquer l'hypoth\`ese de r\'ecurrence : il existe une base $\beta'$ de $\V'$ telle que la matrice $\mathrm{Mat}_{\beta'}(\rho(g))$ soit triangulaire sup\'erieure avec tous ses coefficients diagonaux \'egaux \`a $1$. 
\\
Dans ces conditions, $\beta = \{v_1\} \cup \beta'$ est une base de $\V$ et, pour tout $g \in \G$, la matrice $$\mathrm{Mat}_{\beta}(g) =  \left(\begin{array}{l|lll} 1 & * & \hspace{0.6cm} \ldots & * \\ \hline 0 & & & \\ \vdots & & \mathrm{Mat}_{\beta'}(\rho(g)) & \\ 0 & & & \end{array} \right) = \left(\begin{array}{l|lll} 1 & * & \hspace{0.6cm} \ldots & * \\ \hline 0 & 1  &  * & * \\ \vdots & 0 & \ddots & * \\ 0 &0 & 0 & 1 \end{array} \right)$$ est triangulaire sup\'erieure avec tous ses coefficients diagonaux \'egaux \`a $1$.
\end{itemize}

\newpage
\end{document}