Elementos de orden finito en $SL_2(\mathbb{Z})$

Question

Suponga $A \in SL_2(\mathbb{Z})$ tiene orden finito, y deje $N_0 \in \mathbb{N}$ el menor número natural tal que $A^{N_0} = I$. Quiero demostrar que los únicos valores posibles de $N_0$ $1,2,3,4$ o $6$. Tengo una prueba, pero me preocupa es incompleta, por lo que mi (de dos partes) la pregunta es: $$ \text{Es la siguiente prueba de la correcta? Si no, ¿de dónde viene la prueba de salto de abajo?} $$$$ \text {¿existe una prueba utilizando sólo los primeros principios? } $$ Básicamente, mi prueba de la siguiente manera de Corolario 2.4 aquí, que dice que "Cualquier homomorphism $SL_2(\mathbb{Z}) \to \mathbb{C}^\times$ tiene imagen en el 12 de raíces de la unidad" y del teorema de Lagrange. Es decir, vamos a $N_0$ ser como el anterior, y deje $\phi: SL_2(\mathbb{Z}) \to \mathbb{C}^\times$ ser un homomorphism. Entonces, desde el $\phi(I) = 1$, $$ \phi(I)=\phi(A^{N_0}) = \phi(A)^{N_0} = 1. $$ Por Lagrange del teorema y Corolario 2.4, $N_0 | 12$, lo $N_0=1,2,3,4$ o $6$. \qed

Mi problema es que a pesar de $N_0$ es el orden de $A$$SL_2(\mathbb{Z})$, es \emph{no} necesario para ser el orden de $\phi(A)$ en el 12 de raíces de la unidad, en general, pero creo que he utilizado este implícitamente cuando he usado la del teorema de Lagrange. Si $\phi(A)^{N_0} = 1$, entonces todo lo que podemos concluir es que el orden de las $\phi(A)$ divide $N_0$, que no es igual a $N_0$. Si todavía estuviéramos en $SL_2(\mathbb{Z})$, entonces esto implica es igual a $N_0$ por la asunción de minimality, pero como he dicho, no veo por qué esto tiene que llevar a cabo en $\mathbb{C}^\times$. Por ejemplo, ¿qué lo detiene $N_0 = 8$ mientras $\phi(A)$ tiene orden 4 en el 12 de raíces de la unidad? Esto no parece producir una contradicción inmediata.

Si o no esta prueba es correcta, me gustaría ver cómo (si) mis problemas se pueden resolver, y si una prueba de esta manera se puede trabajar. También me gustaría saber si hay una prueba usando sólo la definición de $SL_2(\mathbb{Z})$, y tal vez un poco de ingenio, ya que no se considere Corolario 2.4 un estándar de hecho (a, digamos, un principio estudiante de posgrado).

Answer 1

Un elemento finito de orden en $SL_2(\mathbb C)$ tiene raíces de la unidad, como valores propios. Por lo tanto un elemento en $SL_2(\mathbb Z)$ finito de orden tiene como valores propios de un par de raíces de la unidad, como valores propios, decir $\zeta$$\zeta'$. Dado que el factor determinante del elemento $= 1$,$\zeta \zeta' = 1,$$\zeta' = \overline{\zeta}$. Desde nuestra matriz se encuentra en $SL_2(\mathbb Z)$, ha integral de seguimiento, y por lo $2 \Re(\zeta)$ es un número entero.

No es difícil comprobar que la única raíces de la unidad de satisfacciones $\zeta + \overline{\zeta}$ ser un entero, se $\zeta = \pm 1, \pm i, (\pm 1 \pm \sqrt{-3})/2$. (Estamos buscando un ángulo $\theta = 2\pi/n$ tal que $\cos \theta$ es un número entero o de medio entero, y las posibilidades son de lo $\cos \theta = 0, \pm (1/2), \pm 1$, dando la lista de raíces de la unidad.) El orden de un elemento (que se corresponde con el orden de sus valores propios, en el grupo de todas las raíces de la unidad) es así $1,$ $2,$ $3$, $4$, o $6$.

Answer 2

Usted está absolutamente correcto que la orden de $A$ no necesita de acuerdo con la orden de $\phi(A)$. Trate de pensar sobre lo que el polinomio característico de %#% puede ser #%.

Answer 3

Si sabes un poco de productos gratis, desde $\,SL(2,\mathbb Z)\cong C_4*_{C_2} C_6\,$, entonces un elemento de este grupo tiene orden finito iff es conjugado a algún elemento en uno de los factores de libres, y hemos terminado.