Acerca de las formas cuadráticas binarias integrales fijadas por matrices $\operatorname{GL_2(\mathbb Z)}$ de orden $3$

Question

Estoy leyendo este artículo de Manjul Bhargava y Ariel Shnidman, y quiero demostrar esta afirmación, que aparece en el primer párrafo del Teorema $14$:

Salvo equivalencia de $\operatorname{SL_2}(\mathbb Z)$ y escalamiento, solo hay una forma cuadrática binaria integral que tiene un automorfismo de orden tres en $\operatorname{SL_2}(\mathbb Z)$, a saber, $Q(x,y)=x^2+xy+y^2$.

Ahora las definiciones pertinentes para entender el problema.

Considera la siguiente acción de $\operatorname{GL_2}(\mathbb Z)$ en el conjunto de formas cuadráticas binarias enteras: para $\gamma\in\operatorname{GL_2}(\mathbb Z)$ y $f(x,y)=Px^2+Qxy+Ry^2$, con $P,Q,R\in\mathbb Z$, definimos $(\gamma f)(x,y)=f\bigl((x,y)\gamma\bigr)$. Identificando cada $f$ de esta manera con el triplete $(P,Q,R)^t$, tenemos que el triplete asociado a $\gamma f$ se da por el producto matricial

$$M_{\gamma}\,\cdot\begin{bmatrix} P\\ Q\\ R\end{bmatrix},\ \text{donde}\ \ \gamma=\begin{bmatrix} A & B\\ C & D \end{bmatrix}\,\ \text{y}\ M_{\gamma}=\begin{bmatrix} A^2 & AB & B^2\\ 2AC & AD+BC & 2BD\\ C^2 & CD & D^2 \end{bmatrix}.$$

Con estas notaciones, la afirmación de los autores se puede reformular de la siguiente manera:

Supón que $f=(P,Q,R)^t$ es fijo por $\gamma\in\operatorname{GL_2}(\mathbb Z)$ de orden $3$ y $Q\ne0$. Demuestra que existen $\theta\in\operatorname{GL_2}(\mathbb Z)$ y $n\in\mathbb Z$ tal que $\theta f=(n,n,n)^t.$

He tenido un mal rato tratando de probar este hecho. Quizás mi entendimiento del problema sea incorrecto, pero honestamente no creo que sea así (completé exitosamente los detalles anteriores del artículo).

Hasta ahora mi trabajo es el siguiente: Sea $a=A+D$ la traza de $\gamma$. Dado que $\gamma^3=I$, entonces $\det\gamma=1$, por lo que el polinomio característico de $\gamma$ es $X^2-aX+1$. Ahora

$$X^3-1=(X+a)(X^2-aX+1)+(a+1)\bigl[(a-1)X-1\bigr]\,,$$

y dado que $\gamma$ también satisface $\gamma^3-I=0$, entonces al evaluar la igualdad anterior en $\gamma$ obtenemos que o bien $a=-1$ o $(a-1)\gamma=I$; pero $(a-1)\gamma=I$ implica $(a-1)^3=1$, es decir, $a=2$, y así $I=(a-1)\gamma=\gamma$, lo cual contradice el hecho de que $\gamma$ tiene orden $3$ en $\operatorname{GL_2}(\mathbb Z)$.

Por otro lado, $\gamma^{-1}$ también fija $f$, entonces denotando $(P,Q,R)^t$ por $v$ obtenemos $(M_{\gamma^{-1}}-M_\gamma)v=0$. Usando la fórmula $\gamma^{-1}=\binom{\ \ D\ \ -B}{\!\!\!-C\ \ \ \ A}$ junto con las igualdades $AD-BC=1$ y $A+D=-1$ obtenemos

$$\begin{align*} M_{\gamma^{-1}}-M_{\gamma}=&\,\begin{bmatrix} D^2 & -BD & B^2\\ -2CD & AD+BC & -2AB\\ C^2 & -AC & A^2 \end{bmatrix}-\begin{bmatrix} A^2 & AB & B^2\\ 2AC & AD+BC & 2BD\\ C^2 & CD & D^2 \end{bmatrix} \\[5mm] =&\,\begin{bmatrix} A-D & B & 0 \\ 2C & 0 & 2B\\ 0 & C & D-A \end{bmatrix}\,, \end{align*}$$

y así $v$ tiene la forma específica $v=\frac Q{A-D}(-B,A-D,C)^t$.

Ahora estoy atascado en este punto: Si $\theta=\binom{B\ \ \ 0}{D\ \ \ 1}$ entonces $M_\theta\cdot(n,n,n)^t=v$, donde $n=\frac{-Q}{B(A-D)}$ (es fácil ver a partir de las igualdades $AD-BC=1$ y $A+D=-1$ que $B(A-D)\ne0$). El problema es, por supuesto, que $n$ no necesariamente es un entero y que $\theta$ no necesariamente pertenece a $\operatorname{GL_2}(\mathbb Z)$. Cambiar $B$ por $1$ en $\theta$ no funciona, porque escalar la primera fila de $\theta$ equivale a un escalamiento cuadrático correspondiente en la primera fila de $M_\theta$, pero manteniendo el mismo escalamiento en la segunda fila de $M_\theta, por lo que la igualdad deseada no se preserva.

He probado todas las posibles matrices obtenidas de $\gamma$ sin éxito, así que cualquier ayuda es bienvenida!!!

Answer 1

El grupo modular $SL_2 \mathbb Z$ está presentado por $$ \langle T,P | T^4 = P^3 = 1 \rangle, $$ donde nos referimos a matrices específicas $$ T = \left( \begin{array}{rr} 0 & -1 \\ 1 & 0 \end{array} \right) $$ y $$ P = \left( \begin{array}{rr} 0 & 1 \\ -1 & -1 \end{array} \right) $$ Esto es de la página 9 de Binary Quadratic Forms de Duncan A. Buell. La prueba toma algunas páginas.

Ahora, $P$ realmente está en el grupo de automorfismo para $x^2 + xy + y^2,$ ya que $$ \left( \begin{array}{rr} 0 & -1 \\ 1 & -1 \end{array} \right) \left( \begin{array}{rr} 2 & 1 \\ 1 & 2 \end{array} \right) \left( \begin{array}{rr} 0 & 1 \\ -1 & -1 \end{array} \right)= \left( \begin{array}{rr} 2 & 1 \\ 1 & 2 \end{array} \right) $$

Luego, creo ya (confirmado por studiosus, comentario después de la respuesta así como una respuesta separada) que cualquier elemento del grupo de orden 3 es conjugado con $P$ o $P^2,$ en la forma $gP g^{-1}$ por ejemplo. Pero luego simplemente absorbemos $g$ en la matriz de Gram/Hessiana para la forma; es decir, si $$ (g^{-1})^TP^T g^T H gP g^{-1} = H, $$ entonces $$ P^T g^T H g P = g^T H g, $$ le cambiamos el nombre $$ G = g^T H g $$ para llegar a $$ P^T G P = G. $$

Nota que $g^T$ y $g^{-1}$ no son exactamente lo mismo, y la expresión $g^T H g$ es la expresión correcta para la matriz de Gram de una nueva forma cuadrática binaria; esta nueva forma en realidad se llama "equivalente" a la original.

Finalmente, ¿qué cosas tienen a $P$ en el grupo de automorfismos? $$ \left( \begin{array}{rr} 0 & -1 \\ 1 & -1 \end{array} \right) \left( \begin{array}{rr} 2A & B \\ B & 2C \end{array} \right) \left( \begin{array}{rr} 0 & 1 \\ -1 & -1 \end{array} \right)= \left( \begin{array}{cc} 2C & 2C-B \\ 2C-B & 2A-2B+2C \end{array} \right) $$ lo que da las ecuaciones $$ 2A = 2C, \; \; 2C-B = B, \; \; 2A-2B+2C = 2C, $$ así que en realidad $A=B=C.$

Por lo que puedo ver eso es todo. Sería agradable si alguien con una mano más segura con generadores y relaciones confirmara, o corrigiera, la parte acerca de los elementos de orden 3 en el grupo.

Answer 2

Es un poco largo para un comentario, proporciona detalles para la respuesta de Will: Considera un grupo $G$ que se descompone como un producto libre $G_1 * G_2.

Teorema. Cada elemento de orden finito es conjugado o en $G_1$ o en $G_2.

Prueba. El truco es pensar en esto no como un problema algebraico sino geométrico. La descomposición del producto libre de $G$ corresponde a una acción simplicial de $G$ en un árbol de Bass-Serre $T, que es un cierto árbol simplicial tal que los estabilizadores de los vértices son conjugados de $G_1$ y $G_2$ (hay exactamente dos órbitas de vértices de $G$), y los estabilizadores de las aristas son triviales. La construcción de este árbol no es difícil en absoluto, especialmente si eres un topólogo familiarizado con el teorema de van Kampen (y Serre no asume ningún conocimiento de topología y prueba todo desde cero imitando la teoría de pares BN de Tits). Como topólogo, consideraría una cuña $K$ de $K_1=K(G_1,1)$ y $K_2=K(G_2,1)$ (llama $e$ al punto donde se unen) y miraría su recubrimiento universal. Los levantamientos de $K_1$ y $K_2$ son los vértices del árbol y los levantamientos de $e$ son las aristas. Por el teorema de van Kampen, $\pi_1(K)\cong G_1* G_2$. Todo lo demás es elemental.

Ahora, si tienes un elemento de orden finito $g\in G$, su órbita en el conjunto de vértices de $T$ es finita y, por lo tanto, abarca un subárbol finito. Es un argumento elemental explicado de manera clara por Serre en su libro que cada grupo que actúa en un árbol finito $S$ tiene un punto fijo. (Simplemente sigue quitando todas las hojas del árbol $S$ inductivamente hasta que te quede un vértice fijo.) Por lo tanto, tal $g$ es conjugado en uno de los subgrupos $G_1$ o $G_2.