Centro de un subgrupo no abeliano de$GL(2, \mathbb{C})$

Question

Estoy tratando de hacer el siguiente ejercicio:

Vamos a ser $G$ no abelian subgrupo de $GL(2, \mathbb{C})$. Demostrar que el centro de la $G$ está contenida en el centro de la $GL(2, \mathbb{C})$

Mi (muy parcial) intento:

Supongamos que existe una matriz de $A$ en el centro de la $G$ pero no en el de $GL(2, \mathbb{C})$. Pero el centro es un subgrupo normal, de manera que contiene todos los conjugados de la $A$. En particular, el centro de $GL(2, \mathbb{C})$ no contiene la matriz de $J$, la canónica de Jordan en la forma de $A$. En su lugar, hay un subgrupo isomorfo a $G$ que contiene $J$.

Mi idea es demostrar que es abelian en contra de la hipótesis. Sé que $J$ podría tener sólo uno de estos dos forma: diagonal (pero no un múltiplo de identidad) y un bloque de Jordan. Pero no sé cómo seguir...

Alguna sugerencia? Gracias de antemano.

Answer 1

En primer lugar, supongamos que $J$ es diagonal, pero no escalares. Que es, $J=\begin{pmatrix}a&0\\0&b\end{pmatrix}$ con $a\neq b$. Deje $X=\begin{pmatrix}p&q\\r&s\end{pmatrix}$ ser un elemento de $G$. A continuación, $XJ=JX$rendimientos $$\begin{pmatrix}ap&bq\\ar&bs\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}ap&aq\\br&bs\end{pmatrix}.$$ Que es, $q=0$ e $r=0$. Por lo tanto, cada matriz en $G$ es diagonal, y por lo $G$ es abelian.

Finalmente, suponemos que a $J$ es un trivial Jordania bloque. A continuación, $J=\begin{pmatrix}k&1\\0&k\end{pmatrix}=kI+E$ con $k\neq 0$, donde $E=\begin{pmatrix}0&1\\0&0\end{pmatrix}$. De nuevo, deje $X=\begin{pmatrix}p&q\\r&s\end{pmatrix}$ ser un elemento de $G$. A continuación, $XJ=JX$rendimientos $$\begin{pmatrix}kp&p+kq\\kr&r+ks\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}kp+r&kq+s\\kr&ks\end{pmatrix}.$$ Esto demuestra que $r=0$ e $p=s$, lo $X=pI+qE$. Por lo tanto, $G$ contiene sólo los polinomios en $E$, y todos ellos de camino al trabajo.

Answer 2

Observar que $\;\Bbb C\;$ es algebraicamente cerrado, por lo tanto el polinomio característico de cualquier elemento $\;A\in K:=GL(2,\Bbb C)\;$ divisiones de más de $\;\Bbb C\;$ , lo que significa que las formas básicas de clases de equivalencia son de la forma

$$T_1:=\left\{\;\begin{pmatrix}a&0\\0&b\end{pmatrix}\;/\;a,b\in\Bbb C\;\right\}\;,\;\;T_2:=\left\{\;\begin{pmatrix}a&1\\0&a\end{pmatrix}\;/\;a\in\Bbb C\;\right\}$$

Supongamos ahora que una matriz $\;A\;$ de la forma $\;T_2\;$ (es decir, no diagonalizable y, por tanto, con sólo un autovalor) es en $\;Z(G)\;,\;\;\text{with}\;\;G\le K\;$ no abelian, y deje $\;B=\begin{pmatrix}x&y\\z&w\end{pmatrix}\in G\;$ , entonces:

$$AB=\begin{pmatrix}ax+z&ay+w\\az&aw\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}ax&x+ay\\az&z+aw\end{pmatrix}\implies z=0,\,x=w$$

así en el hecho de $\;B=\begin{pmatrix}x&y\\0&x\end{pmatrix}\;$ ...pero un grupo con este tipo de elementos es abelian, como se puede comprobar a la vez.

Se puede comprobar que el mismo resultado es cierto si un elemento de $\;T_1\;$ , con $\;a\neq b\;$ , está en el centro de la $\;G\;$ . Por lo tanto, sólo un elemento de $\;T_1\;$ con $\;a=b\;$ puede estar en el centro del subgrupo...pero estos son precisamente los elementos en el centro de la $\;K\;$ ...!

Ahora a llenar en los detalles