Demuestre que el orden de un subgrupo finito de $\mathrm{SL}_n(\mathbb{Z})$ divide el orden de $\mathrm{SL}_n(\mathbb{F_3})$

Question

Este problema proviene de la Universidad Johns Hopkins Primavera 2020 álgebra de calificación.
Sea $G$ sea un subgrupo finito de $\mathrm{SL}_n(\mathbb{Z})$ . Demostrar que el orden de $G$ divide $$\frac{1}{2}\left(3^n-1\right)\left(3^n-3\right) \ldots\left(3^n-3^{n-1}\right) .$$ Sugerencia: Utiliza la reducción módulo 3.

Mi idea: Suponiendo que $\pi_p:\mathrm{SL}_n(\mathbb{Z}) \rightarrow \mathrm{SL}_n(\mathbb{F_3})$ realizado por mod 3 ,por lo que es suficiente para demostrar $\pi_p$ proporciona una inyección entre subgrupos finitos de $\mathrm{SL}_n(\mathbb{Z})$ a $\mathrm{SL}_n(\mathbb{F_3})$ para lo cual no puedo dar una prueba.
He encontrado que se han resuelto en https://en.wikipedia.org/wiki/Congruence_subgroup donde proporciona un enorme documento relativo a algún método avanzado. Pero no he aprendido teoría algebraica de números. Así que me pregunto algún método simple para los estudiantes de nivel de graduados.

Answer 1

Sea $g$ sea un elemento no trivial de orden finito del núcleo de $SL(n, {\mathbb Z})\to SL(n, {\mathbb Z}_{p})$ , $p\ge 3$ Utilizo la notación topológica para grupos abelianos finitos. (No hay nada especial en $p=3$ .) Nuestro objetivo es llegar a una contradicción. (El argumento se debe a Minkowski o a Schur, no estoy seguro).

Tenemos $g=I+pA$ donde $A\ne {\mathbf 0}$ es una matriz entera. Sin pérdida de generalidad, podemos suponer que $g$ tiene orden primo $q$ . Tenemos (aplicando la fórmula binomial): $$g^q= (I+p A)^q= I + {q\choose 1} pA + {q\choose 2} (pA)^2 + {q\choose 3} (pA)^3+... + (pA)^q= I.$$ Factorización $pA$ (y cancelar $p$ ), obtenemos $$A\underbrace{({q\choose 1} I + {q\choose 2} p A + {q\choose 3} (pA)^2 +... + (pA)^{q-1})}_{B}= {\mathbf 0}.$$
Si $B$ es invertible (como matriz real), obtenemos que $A= {\mathbf 0}$ una contradicción. Por lo tanto, $B$ tiene determinante cero. Reduciendo a módulo $p$ obtenemos que el determinante de $B$ es $q^n$ modulo $p$ . Hay ahora dos casos a considerar:

(1) $q\ne p$ (recuérdese que $p, q$ son primos). Por lo tanto, $\det B$ es distinto de cero módulo $p$ lo cual es una contradicción.

(2) $q=p$ , $$B= {p\choose 1} I + {p\choose 2} p A + {p\choose 3} (pA)^2 +... + (pA)^{p-1}.$$

Tenga en cuenta que si $p=3$ tenemos $$B= 3\ I + 3^2 A+ (3A)^2.$$

Obsérvese que cada sumando de la matriz $B$ es divisible por $p$ . Además, puesto que $p=q\ge 3$ cada sumando de $B$ excepto la primera, ${p \choose 1} I$ es divisible por $p^2$ . Por lo tanto, $B= p(I + pC)$ para alguna matriz entera $C$ . Repitiendo el argumento del caso 1, obtenemos que $\det(I+pC)=0$ pero $\det(I+pC)\ne 0$ modulo $p$ . Una contradicción.