Nous avons V = H ⊕ W, donc nous pouvons définir un endomorphisme g de V par

g(h + w) = h + dw pour tout h dans H et tout w dans W.

Alors

f ∘ g (h + w) = f(h + dw)

(1) f ∘ g (h + w) = f(h) + df(w).

D'autre part,

g ∘ f (h + w) = g(f (h + w))

(2) g ∘ f (h + w) = g( f (h) + f(w) ).

D'après les hypothèses f(H) ⊆ H et f(W) ⊆ W, f(h) appartient à H et f(w) appartient à W, donc, par définition de g, le second membre de (2) est égal à f(h) + df(w), donc (2) peut s'écrire

g ∘ f (h + w) = f(h) + df(w).

La comparaison avc (1) montre que

(3) f et g commutent.

D'autre part, si on complète un base (h₁, ..., h_n-1) de H en une base (h₁, ..., h_n-1, w) de V, avec w dans W, la matrice de g dans cette base de V s'obtient en multipliant par d la dernièr colonne de la matrice identité, donc le déterminant de g est égal à d. Joint à (3), cela prouve le point (a).

D'après le chapitre théorique, t et u sont des éléments conjugués dans le groupe GL(V), donc il existe h dans GL(V) tel que

(1) ${\displaystyle \qquad h^{-1}\circ u\circ h=t.}$

D'autre partt, toujours d'après le chapitre théorique, il existe une base (a₁, ..., a_n) de V telle que la matrice de u dans cette base soit ${\displaystyle \ B_{2,1}(1)}$. Si nous posons

H = Fa₁ + ... + Fa_n-1 et W = Fa_n,

nous avons u(H) ⊆ H (notamment parceque u(a₁) = a₁ + a₂ et que a₁ + a₂ appartient à H = Fa₁ + ... + Fa_n-1 parce que n est supposé au moins égal à 3) et u(W) ⊆ W. (Puisque u est un automorphisme, on peut évidemment préciser u(H) = H et u(W) = W.) D'après le point a), il existe donc un endomorphisme g de V qui commute avec u et dont le déterminant est égal à d^-1, où d désigne le déterminant de h.

Alors

${\displaystyle u=g^{-1}\circ u\circ g,}$

donc (1) peut s'écrire

${\displaystyle \qquad h^{-1}\circ g^{-1}\circ u\circ g\circ h=t,}$

${\displaystyle (2)\qquad (g\circ h)^{-1}\circ u\circ (g\circ h)=t.}$ Le déterminant de ${\displaystyle g\circ h}$ est dét(g) dét(h) = d^-1d = 1, donc (2) montre que t et u sont des éléments conjugués dans SL(V).

Puisque a est supposé ne pas être un carré dans F, il n'est pas nul, donc les deux matrices en question sont des matrices élémentaires de transvection.

Supposons que, par absurde, ces deux matrices soient des éléments conjugués dans le groupe SL(2, F). Alors, il existe une matrice P dans SL(2, F) telle que

${\displaystyle P^{-1}{\begin{pmatrix}1&1\\0&1\\\end{pmatrix}}P={\begin{pmatrix}1&a\\0&1\\\end{pmatrix}}}$

autremnt dit telle que

${\displaystyle {\begin{pmatrix}1&1\\0&1\\\end{pmatrix}}P=P{\begin{pmatrix}1&a\\0&1\\\end{pmatrix}}}$,

ou encore, en désignant par 1 la matrice identité,

${\displaystyle (1+{\begin{pmatrix}0&1\\0&0\\\end{pmatrix}})P=P(1+{\begin{pmatrix}0&a\\0&0\\\end{pmatrix}})}$,

ce qui revient à

${\displaystyle {\begin{pmatrix}0&1\\0&0\\\end{pmatrix}}P=P{\begin{pmatrix}0&a\\0&0\\\end{pmatrix}}}$.

Si nous posons

${\displaystyle P={\begin{pmatrix}x&y\\z&t\\\end{pmatrix}}}$,

notre dernier résultat revient à z = 0 et t = xa. Donc

${\displaystyle P={\begin{pmatrix}x&y\\0&xa\\\end{pmatrix}}}$,

d'où, puisque P appartient à SL(2, F),

${\displaystyle x^{2}a=1}$,

ce qui contredit le fait que a n'est pas un carré dans F. Cette contradiction prouve l'assertion du point a).

D'après le point a), nous pouvons choisir dans SL(2, F) deux matrices élémentaires de transvection M et N qui ne sont pas des éléments conjugués dans le groupe SL(2, F). Choisissons une base B de V et désignons par f (resp. g) l'automorphisme de V ayant M (resp. N) pour matrice dans la base B. D'après le chapitre théorique, f et g sont des tranvections de V. Supposons que, par absurde, f et g soient des éléments conjugués dans le groupe SL(V). Il existe donc dan SL(V) un automorphisme h tel que

${\displaystyle h^{-1}\circ f\circ h=g.}$

Si H désigne la matrice de h dans la base B, on a donc

${\displaystyle H^{-1}\circ M\circ H=N.}$.

Puisque h appartient à SL(V), H appartient à SL(2, F), donc M et N sont des éléments conjugués dans le groupe SL(2, F), ce qui contredit notre choix des matrices M et N. Cette contradiction prouve l'assertion du point b).

Cela résulte du rappel préliminaire 3°, où on fait q = 4.

D'après le chapitre théorique, PSL(3, 4) est le groupe quotient de SL(3, 4) par le groupe SZ(3, 4), formé des matrices scalaires appartenant à SL(3, 4). (D'après le rappel préliminaire 2°, le cube de tout élément non nul de F₄ est égal à 1, donc les matrices scalaires appartenant à SL(3, 4) sont exactement les matrices scalaires appartenant à GL(3, 4), mais ce fait ne nous servira pas.) Donc, pour prouver que PSL(3, 4) n'a pas d'élément d'ordre 6, tout revient à prouver que

(thèse 1) si M est une matrice ∈ SL(3, 4) telle que M⁶ soit scalaire, alors M² ou M³ est scalaire.

Soit donc M une matrice ∈ SL(3, 4) telle que M⁶ soit scalaire.

Supposons d'abord que M⁶ = 1, autrement dit que M annule le polynôme X⁶ - 1.
D'après le point a), nous avons dans F₄[X],

(2) X³ - 1 = (X - 1) (X - a) (X - b).

En élevant au carré et en tenant compte du rappel préliminaire 1°, nous trouvons

X⁶ - 1 = (X - 1)² (X - a)² (X - b)².

D'après le rappel préliminaire 2°, il en résulte que chaque facteur irréductible (dans F₄[X]) du polynôme caractéristique de M est égal à (X -1), à (X -a) ou à (X -b). Puisque ce polynôme caractéristique est de degré 3, il est donc de la forme (X - c) (X - d) (X - e), avec c, d, e dans F₄\{0}. Puisque le déterminant de M est égal à 1, il faut c d e = 1, donc le polynôme caractéristique de M est égal

ou bien à (X - 1) (X - a) (X - b) = X³ - 1 (voir relation (2) )

ou bien à (X - f)³ pour un certain élément (non nul) f de F₄.

Dans le premier cas, M³ = 1, donc M³ est scalaire et notre thèse (1) est vraie. Dans le second cas, M annule le polynôme (X - f)³ et donc aussi le polynôme (X - f)⁴, qui, d'après le rappel préliminaire 1°, est égal à X⁴ - f⁴. Donc, dans ce cas,

M⁴ = f⁴.

Puisqu'on suppose M⁶ = 1, on a donc M² = f ^{- 4} = f², donc M² est scalaire. Notre thèse (1) est donc prouvée dans le cas où M⁶ = 1.

Prouvons-la maintenant dans le cas où M⁶ est un scalaire (non nul) autre que 1. Soit M⁶ = c, où c est un des deux éléments a et b de F₄. Alors M annule le polynôme X⁶ - c = X⁶ - c⁴, qui, d'après le rappel préliminaire 1°, est égal à (X³ - c²)². Donc

(3) M annule le polynôme (X³ - c²)².

D'après le rappel préliminaire 3°, c³ est égal à 1, donc, puisque c est distinct de 1, c² est distinct de 1. (On tire d'ailleurs de la seconde relation du point a), en égalant les coefficientss indépendants, que ab = 1, d'où, d'après la première relation du point a), a² = b et b² = a.) Toujours d'après le rappel préliminaire 3°, c² n'est donc pas un cube dans F₄, autrement dit le polynôme X³ - c² n'a pas de racine dans F₄. Puisque ce polynôme est de degré 3, il est donc irréductible sur F₄. Dès lors, compte tenu de la relation (3) et du rappel préliminaire 2°, le seul facteur irréductible du polynôme caractéristique de M est X³ - c². Puisque ce polynôme caractéristique est de degré 3, il est donc égal à X³ - c², donc M³ = c², donc M³ est scalaire, ce qui achève de démontrer la thèse (1).