Mostrar que el núcleo del mapa $SL(n, \mathbb{Z}) \to SL(n, \mathbb{Z}/3\mathbb{Z})$ no tiene torsión.

Question

Estoy tratando de mostrar que el núcleo de la natural mapa de $SL(n, \mathbb{Z}) \to SL(n, \mathbb{Z}/3\mathbb{Z})$ no tiene torsión. Es decir, si $A$ está en el núcleo, a continuación, $A = I$ o $A^n \neq I$ todos los $n \in \mathbb{N}\setminus\{0\}$.

Si $A$ está en el kernel, es de la forma $I + 3B$ donde $B$ es un número entero de la matriz. Más allá de eso, no tengo ninguna idea. Ninguna de las formas canónicas parecen ser útiles como estos son valores enteros de las matrices.

Como siempre, las sugerencias sería muy apreciado.

Answer 1

Supongamos que $A=I+3B$ es de torsión. A continuación, tenga en cuenta que los valores deben ser todos de la unidad de longitud. Pero, los autovalores de a $I+3B$ son precisamente las de la forma $1+3\lambda$ $\lambda$ un autovalor de a $B$. Así, en particular, vemos que para cualquier autovalor $\lambda$ $B$ que

$$|3\lambda|=|1+3\lambda-1|\leqslant |1+3\lambda|+1=2$$

Por eso, $|\lambda|\leqslant \frac{2}{3}$. Pero, tenga en cuenta que, como todos los conjugados de $\lambda$ también deben ser raíces del polinomio característico de a $B$ (desde el polinomio característico es en $\mathbb{Z}[x]$), el mismo argumento muestra que ellos también deben tener la norma menor o igual a $\frac{2}{3}$. Por lo tanto, si $m(x)$ indica que el polinomio mínimo de a$\lambda$$\mathbb{Q}$, entonces es el término constante es un número entero (desde $\lambda$ es un entero algebraico), pero sin duda menos de $\frac{2}{3}$ en el módulo, siendo (hasta firmar) el producto de los conjugados de la $\lambda$, y así debe de ser $0$. Pero, puesto que el $m(x)$ es irreductible, y monic, esto implica que $m(x)=x$. Por lo $\lambda=0$. Así, todos los autovalores de a$B$$0$.

Pero, entonces esto implica que todos los autovalores de a$A$$1$, pero desde $A$ es diagonalizable, ya que es finito orden, $A=I$.

Answer 2

He aquí una prueba de que la base libre. Funciona con $3$ reemplazado por cualquier extraño prime.

Deje $A$ ser un número finito de orden de los elementos del núcleo. Lo primero es darse cuenta de que $A$ es de orden una potencia de $3.$ ver esto se observa que desde $\langle A \rangle$ es finito y $\bigcap \ker(SL_n(\mathbb{Z}) \rightarrow SL_n(\mathbb{Z}/3^d)) = 1,$ debe ser el caso de $\langle A \rangle$ inyecta en $ \Gamma_d := \ker(SL_n(\mathbb{Z}/3^d) \rightarrow SL_n(\mathbb{Z}/3))$ para algunos de los grandes entero $d.$ Desde $ \Gamma_d$ $3$- grupo de la demanda de la siguiente manera.

Ahora sustituir $A$ con algo de poder y asumir la $A$ tiene el fin de dividir 3.

Deje $R$ ser el anillo de $\mathbb{Z}_3[X]/(X^3 - 1)$ $M$ $R$- módulo que es gratuita a través de $\mathbb{Z}_3$ (el 3-ádico enteros) de rango $n$ donde $X$ hechos por $A.$ El anillo de $R$ es de 1 dimensiones. Tiene dos mínimos primer ideales: $$P_1 := (X -1) \text{ and } P_2 := (X^2 +X +1)$$ and one maximal ideal $\mathfrak{m} := (3, X - 1).$ One observes $$P_1 + P_2 = \mathfrak{m}.$$ To say $A =1$ is to say $R$ acts on $M$ through $R/P_1.$ This occurs if and only if $R/P_2$ acts on $R/P_2\otimes_R M $ through $R/P_1 + P_2 =R/\mathfrak{m}.$

El anillo de $R/P_2$ es un PID (de hecho, es un DVR). Por lo tanto, por la clasificación de los módulos a través de un PID,

$$M \otimes_R R/P_2 \cong \bigoplus_{i=1}^N R/(\mathfrak{m}^{e_i} + P_2)$$ donde $e_i$ es un número positivo o infinito que depende de la $i$.

Desde $A$ es trivial modulo $3,$ ha $R$ actúa en $M/3M$ a través de $R/(3)+ P_1 = R/\mathfrak{m}.$

Pero $R/((3) + \mathfrak{m}^{e_i} + P_2) \cong R/\mathfrak{m}$ si $e_i = 1$. (Este hecho no es cierto si 3 se sustituye por 2.) De ello se desprende $$R/P_2\otimes_R M \cong (R/\mathfrak{m})^N$$, y que la demanda de la siguiente manera.