El ejercicio de las representaciones

Question

Estoy atascado en un ejercicio en Serre, Abelian $\ell$-ádico representaciones (primer ejercicio del capítulo 1).

Deje $V$ ser un espacio vectorial de dimensión $2$, e $H$ a un subgrupo de $GL(V)$ tal que $\det(1-h)=0$ todos los $h \in H$.

Muestran que en alguna base $H$ es un subgrupo de cualquiera de las $\begin{pmatrix} 1 & * \\ 0 &* \\ \end{pmatrix}$ o $\begin{pmatrix} 1 & 0 \\ * &* \\ \end{pmatrix}$.

Sé que esto significa que no es un subespacio o un cociente de $V$ que $H$ actos trivialmente, y sé que es suficiente para demostrar que $V$ no es irreducible como representación de $H$, pero no sé cómo hacerlo.

Answer 1

Por hipótesis, para todos los $h \in H$ y $(e,f)$ uno tiene $$\det(h(e)-e,h(f)-f) =0.$$

Deje $g \in H$ diferente de la identidad.

$\bullet$ Supongamos que $1$ es la única eigen-valor de $g$. A continuación, en alguna base $(e,f)$ la matriz de $g$$Mat(g) = \left( \begin{smallmatrix} 1&1\\0&1 \end{smallmatrix}\right)$. Deje $h \in H$, luego $$(1) \quad \det(h(e)-e,h(f)-f)=0,$$ $$(2) \quad \det(hg(e)-e,hg(f)-f)=\det(h(e)-e,h(e)+h(f)-f) = 0.$$ Si $h(e)-e=0$, $h(e)$ es colinear a $e$. Si $h(f)-f$, (2) muestra que $h(e)$ es colinear a $e$. Si $h(e) \neq e$$h(f)\neq f$, $h(e)+h(f)-f$ es colinear a $h(e)-e$ ((2)). El último es colinear a $h(f)-f$ ((1)). Esto implica que $h(e)$ es colinear a $e$. Por lo tanto $ke$ es fijo por $H$ y hemos terminado.

$\bullet$ Supongamos que $g$ tiene dos autovalores $1$$a$. Entonces es cierta base $(e,f)$ : $Mat(g) = \left( \begin{smallmatrix} 1&0\\0&a \end{smallmatrix}\right)$.

Lema: si $h \in H$ (i) $h(e)=e$ o (ii) $h(f)$ es colinear a $f$.

Prueba: Hemos $$\det(h(e)-e,h(f)-f) = 0,$$ $$\det(hg(e)-e,hg(f)-f) = \det(h(e)-e,a h(f)-f) = 0.$$ Si $h(e) \neq e$, $h(f)-f$ $a h(f)-f$ son colinear el uno al otro (debido a que ambos son colinear a $h(e)-e$). Desde $a \neq 1$, esto implica que $h(f)$ es colinear a $f$. QED

Para concluir tenemos que demostrar que todos los $h \in H$ satisface (i) o cada $h \in H$ cumple (ii). Si no, entonces vamos a $h \in H$ no satisfactorio (i) y $k \in H$ no satisfactorio (ii). Las matrices de $h$ $k$ tienen las formas $Mat(h) = \left( \begin{smallmatrix} 1&0\\\alpha&* \end{smallmatrix}\right)$$Mat(k) = \left( \begin{smallmatrix} 1&\beta\\0&* \end{smallmatrix}\right)$$\alpha \neq 0$$\beta \neq 0$. Comprobamos que $\det(hk-{\rm{Id}}) = -\alpha \beta$ lo cual es una contradicción.