Démonstration. On note $n=\dim (V)$. Comme $u_{|H}={\mathrm{id}}_H$ et $\dim (H)=n-1$, on en déduit que $1$ est valeur propre de multiplicité $n-1$ de $u$ et que $H$ est le sous-espace propre associé : $$H=E_1(u)=\mathrm{Ker}(u-{\mathrm{id}}_V)$$ On pose $\lambda =\det (u)\notin \{0,1\}$. $\lambda$ est valeur propre de $u$ (on peut le voir par exemple en calculant le polynôme caractéristique de $u$) de multiplicité $1$. Donc $u$ est diagonalisable, et dans une base $\mathcal{B}$ adaptée à la diagonalisation, on a : $$\mathrm{Mat}(u,\mathcal{B})=\left(\begin{array}{cccc}1& 0& \dots & 0\\ 0& \ddots & \ddots & ⋮\\ ⋮& \ddots & 1& 0\\ 0& \dots & 0& \lambda \end{array}\right)$$ d’où le résultat. ◻

Démonstration. Pour obtenir le résultat, il suffit de montrer que toute transvection est la composée de deux dilatations (cf. Remarque 2). Soit $u$ une transvection d’hyperplan $H$. Comme ${\mathbb{F}}_p$ contient au moins $3$ éléments, il existe alors $v$ une dilatation d’hyperplan $H$ et de rapport $\lambda \ne 1$.

Ainsi, l’application $w=u\circ v$ est dans $\mathrm{GL}(V)$ et fixe $H$. Comme $\det (w)=\det (v)=\lambda \ne 1$, le Lemme 3 permet de conclure que $w$ est une dilatation. Ainsi, $u=w\circ v^{-1}$ est le produit de deux dilatations $v^{-1}$ est une dilatation (toujours d’après le Lemme 3). ◻

Démonstration. Le groupe multiplicatif d’un corps fini est cyclique, donc il existe $a\in {\mathbb{F}}_p^{\ast }$ tel que $${\mathbb{F}}_p^{\ast }=⟨a⟩$$ En conséquence, si $u$ est la dilatation de $V$ de base $H$, de direction $G$, et de rapport $\lambda \in {\mathbb{F}}_p^{\ast }$, alors il existe $k\in {\mathbb{N}}^{\ast }$ tel que $\lambda =a^k$. On en déduit que si $v$ est la dilatation de $V$ de base $H$, de direction $G$, et de rapport $a$, alors $\forall x\in V$ écrit $x=g+h$ avec $g\in G$ et $h\in H$ : $$v^k(x)=v^k(g+h)=h+a^{k}g=h+\lambda g=u(g+h)=u(x)$$ d’où $v^k=u$. Ainsi, toute dilatation est une puissance d’une dilatation de rapport $a$.

Comme $\det$, $\left(\frac{.}{p}\right)$ et $ϵ$ sont tous trois des morphismes de groupes, et comme les dilatations engendrent $\mathrm{GL}(V)$ (cf. Lemme 4), il suffit de montrer le résultat pour les dilatations de rapport $a$.

Soit $u$ une dilatation de base $H$, de direction $G$, et de rapport $a$. Supposons par l’absurde que $\left(\frac{\det (u)}{p}\right)=1$. Comme $\det (u)=a$, on a $\left(\frac{a}{p}\right)=1$. Mais, ${\mathbb{F}}_p^{\ast }=⟨a⟩$, donc $\forall x\in {\mathbb{F}}_p^{\ast }$, $\left(\frac{x}{p}\right)=1$ ie. tout élément de ${\mathbb{F}}_p^{\ast }$ est un carré. Or, il y a $\frac{p-1}{2}$ carrés dans ${\mathbb{F}}_p^{\ast }$ (et $|{\mathbb{F}}_p^{\ast }|=p-1$, bien-sûr) : contradiction.

Il ne reste qu’à montrer que $ϵ(u)=-1$. Pour cela, on va étudier les orbites des éléments $V$ sous l’action de $u$.

Soit $h\in H$. On a $u(h)=h$, donc son orbite est réduite à $\{h\}$ qui est de cardinal $1$. Elle compte donc comme un $+$ dans le signe de $ϵ(u)$.

Soit maintenant $x\in V$ écrit $x=g+h$ avec $g\in G\setminus \{0\}$ et $h\in H$ de sorte que $u^k(x)=h+a^{k}g$ pour tout $k\in \mathbb{N}$.

• ${\mathbb{F}}_p^{\ast }$ est cyclique d’ordre $p-1$, donc $a^{p-1}=1$. Ainsi, $u^{p-1}(x)=x$.

• Supposons par l’absurde que $\exists 1\le i<j\le p-1$ tel que $u^i(x)=u^j(x)$. On a, $$\begin{array}{rl}h+a^{j}g=h+a^{i}g& ⟺a^{j-i}(a^i-1)\underset{\ne 0}{\underbrace{g}}=0\\ & ⟹a^{j-i}=0\text{ ou }{a}^i=1\end{array}$$ ce qui est absurde dans les deux cas.

L’orbite de $x$ sous l’action de $u$ est donc $\{x,\dots ,u^{p-2}(x)\}$ qui est de cardinal $p-1$ (pair) et compte donc comme un $-$ dans le signe de $ϵ(u)$.

Il ne reste qu’à compter le nombre d’orbites de cardinal $p-1$. Les éléments contenus dans ces orbites forment exactement l’ensemble $$\bigcup _{h\in H}\{g+h\mid g\in G,g\ne 0\}$$ et il y en a donc $$|H|\times (|G|-1)=p^{n-1}(p-1)$$ (car $H$ est un hyperplan et $G$ est une droite). Comme ces orbites sont de cardinal $p-1$, il y a donc exactement $p^{n-1}$ orbites. Or, $p^{n-1}$ est impair, donc $ϵ(u)$ est de signe négatif. Ainsi, $ϵ(u)=-1$. ◻