Cada elemento en el grupo ha autovalor 1

Question

Deje $V$ ser una de dos dimensiones espacio vectorial sobre un campo $k$ $H$ a un subgrupo de $\text{Aut}_k(V)$ tal que $\det(h - I) = 0$ todos los $h\in H$. En otras palabras, cada elemento de la $H$ deja algunos vector fijo.

Mostrar que $H$ figura (hasta conjugación) en el subgrupo de $\begin{bmatrix} 1 & 0 \\ * & * \end{bmatrix}$ or $\begin{bmatrix} 1 & * \\ 0 & * \end{bmatrix}$.

El segundo caso es claramente cuando cada elemento de a $H$ deja el mismo vector fijo. Estoy teniendo problemas para probar la otra posibilidad. He intentado mostrar que la representación dual deja un poco de delineador de forma fija, pero fue en vano...

Answer 1

Aquí es un esquema de una manera de mostrar esto. No podría ser más fácil maneras.

En primer lugar observamos que si la matriz $a \in {\rm GL}_2(k)$ tiene un autovalor 1,${\rm tr}(A) = 1 + \det(A)$.

Supongamos primero que $H \le {\rm SL}_2(k)$. A continuación, todos los elementos de a $H$ han autovalor $1$ con multiplicidad $2$. Si la conclusión no se sostiene por $H$ a continuación, con respecto a una base adecuada, podemos encontrar elementos $\left( \begin{array}{cc}1&0\\\lambda & 1 \end{array}\right)$ y $\left( \begin{array}{cc}1&\mu\\0 & 1 \end{array}\right)$ $H$ $\lambda \ne 0 \ne \mu$ , pero luego la condición anterior, para que su producto tiene un autovalor $1$ da $\lambda\mu=0$, contradicción.

Así que en general, la conclusión deseada tiene por $H \cap {\rm SL}_2(k)$.

Ahora hay dos casos. Si $H \cap {\rm SL}_2(k) \ne 1$, a continuación, por el cambio de base podemos suponer que todas las matrices en $H$ es triangular superior, y el normalizador de la $H$${\rm GL}_2(k)$, que contiene $H$, también se encuentra en el grupo de triangular superior de las matrices. A continuación, se deduce fácilmente que el $H$ tiene una de las dos formas mencionadas.

Por otro lado, si $H \cap {\rm SL}_2(k)=1$, $H$ es abelian, y de nuevo no es difícil completar la prueba.