Valores de un par de determinantes

Question

Sea $\mathbf{x} = (x_0, x_1, x_2), \mathbf{y} = (y_0, y_1, y_2)$ sean vectores sobre un campo $\mathbb{F}$ de característica cero. Definir la función

$\displaystyle S(\mathbf{x}, \mathbf{y}) = x_2 (y_0^2 - 2 y_1 y_2) + x_1 (2 y_2^2 - y_0 y_1) + x_0 (y_1^2 - y_0 y_2) = \begin{vmatrix} x_2 & x_1 & x_0 \\ y_2 & y_1 & y_0 \\ y_1 & y_0 & 2 y_2 \end{vmatrix}$

y $T(\mathbf{x}, \mathbf{y}) = S(\mathbf{y}, \mathbf{x})$ .

Curiosamente, he encontrado que para fijo $(s,t) \in \mathbb{F}^2$ el conjunto de soluciones de $s = S(\mathbf{x}, \mathbf{y}), t = T(\mathbf{x}, \mathbf{y})$ es estable bajo el mapa

$\mathbf{x} \mapsto \begin{bmatrix} x_0 + 2 x_1 + 2 x_2 \\ x_0 + x_1 + 2 x_2 \\ x_0 + x_1 + x_2 \end{bmatrix}, \mathbf{y} \mapsto \begin{bmatrix} y_0 + 2 y_1 + 2 y_2 \\ y_0 + y_1 + 2 y_2 \\ y_0 + y_1 + y_2 \end{bmatrix}.$

Además, la matriz que define este mapa lineal que es

$M = \begin{bmatrix} 1 & 2 & 2 \\ 1 & 1 & 2 \\ 1 & 1 & 1 \end{bmatrix}$

tiene determinante uno.

Así, si definimos el grupo $\mathcal{G} \subset \text{GL}_3(\mathbb{F})$ el conjunto de $3 \times 3$ matrices $A$ en $\mathbb{F}$ tal que $S(\mathbf{x}, \mathbf{y}) = S(A \mathbf{x}, A \mathbf{y})$ para todos $\mathbf{x}, \mathbf{y} \in \mathbb{F}^3$ entonces hemos demostrado que $M \in \mathcal{G}$ . Además, $M$ tiene orden infinito por lo que $\mathcal{G}$ contiene infinitos elementos.

¿Es posible determinar $\mathcal{G}$ de forma razonable?

Answer 1

Primero, transponiendo e intercambiando dos filas $S({\bf x},{\bf y}) = -\left|\begin{matrix} x_0 & y_0 & 2y_2 \\ x_1 & y_1 & y_0 \\ x_2 & y_2 & y_1 \end{matrix} \right|$ . Observe también que si $T = \left[\begin{matrix}0&0&2 \\ 1&0 &0 \\ 0& 1& 0\end{matrix} \right]$ entonces $T{\bf y} = \left[\begin{matrix} 2y_2 \\ y_0 \\ y_1\end{matrix}\right]$ . Por lo tanto, $S({\bf x},{\bf y}) = -\left| {\bf x}\ \ {\bf y}\ \ T{\bf y} \right|$

Supongamos que $A\in \mathcal G$ entonces para todos ${\bf x},{\bf y} \in \mathbb F^3$ $$ S({\bf x},{\bf y}) = S(A{\bf x}, A{\bf y}) = -\left|{\bf x}\ \ {\bf y} \ \ |A|A^{-1}TA{\bf y}\right|. $$ Ahora, cuando ${\bf x} = e_3$ entonces esto da $$ y_0^2 - 2y_1y_2 = y_0\langle|A|A^{-1}TA{\bf y}, e_2\rangle - y_1\langle|A|A^{-1}TA{\bf y}, e_1\rangle. $$ Posteriormente, cuando ${\bf y} = e_1$ esto da $1 = \langle|A|A^{-1}TAe_1, e_2\rangle$ y cuando ${\bf y} = e_2$ esto da $0 = \langle|A|A^{-1}Tae_2, e_1\rangle$ . Además, cuando ${\bf y} = e_1+e_3$ después de algunos cálculos $$\langle|A|A^{-1}TAe_1, e_1\rangle = \langle|A|A^{-1}TAe_3, e_3\rangle$$

En ${\bf x} = e_2$ esto da $$ 2y_2^2 - y_0y_1 = y_2\langle|A|A^{-1}TA{\bf y}, e_1\rangle - y_0\langle|A|A^{-1}TA{\bf y}, e_3\rangle, $$ ${\bf y} = e_1$ da $0 = \langle|A|A^{-1}TAe_1, e_3\rangle$ y ${\bf y} = e_3$ da $2 = \langle|A|A^{-1}Tae_3, e_1\rangle$ . Además, cuando ${\bf y} = e_1+e_2$ entonces $$\langle|A|A^{-1}TAe_1, e_1\rangle = \langle|A|A^{-1}TAe_2, e_2\rangle$$

En ${\bf x} = e_1$ esto da $$ y_1^2 - y_0y_2 = y_1\langle|A|A^{-1}TA{\bf y}, e_3\rangle - y_2\langle|A|A^{-1}TA{\bf y}, e_2\rangle $$ ${\bf y}=e_2$ da $1 = \langle|A|A^{-1}TAe_2, e_3\rangle$ y ${\bf y} = e_3$ da $0 = \langle|A|A^{-1}TAe_3, e_2\rangle$

Si definimos $\lambda := \langle|A|A^{-1}TAe_1, e_1\rangle$ entonces el argumento anterior concluye $$ |A|A^{-1}TA = \left[\begin{matrix}\lambda&0&2 \\ 1&\lambda &0 \\ 0& 1& \lambda\end{matrix} \right] = \lambda I + T $$ y así $$ TA = \frac{1}{|A|}\lambda A + \frac{1}{|A|}AT. $$ No se sacará más de estas ecuaciones. Además, cualquier $A$ que satisface esta ecuación da $$ S(A{\bf x}, A{\bf y}) = -|{\bf x} \ \ {\bf y} \ \ \lambda{\bf y} + T{\bf y}| = S({\bf x}, {\bf y}) $$ por sustitución de columna. Su $M$ corresponde al caso en que $\lambda = 0$ es decir, conmuta con $T$ y $|A| = 1$ . Sin embargo, puede haber más matrices en $\mathcal G$ .

Por lo tanto, $$ \mathcal G = \left\{ A\in {\rm GL}_3(\mathbb F) : TA = \frac{1}{|A|}\lambda A + \frac{1}{|A|}AT, \lambda\in \mathbb F \right\} $$