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¿Es $SL(2, 3) $un subgrupo de % de $SL(2, p)$ $ p>3$?

Como dice el título, me preguntaba si $SL(2,3)$ es un subgrupo de $SL(2,p)$$p>3$. Sé que es para $p=5$ (puede ser encontrado de forma explícita el uso de la quaternionic de la representación), y tengo algunas pruebas de que es para el otro $p$'s, pero no estoy seguro de cómo iba a ir sobre la prueba, o, de hecho, si es verdad!

Si alguien sabe de una u otra manera, por favor hágamelo saber. Si es cierto, sería útil dar una pista acerca de cómo yo podría pensar que se trata de probar, pero por favor, no dar una prueba de como me gustaría averiguarlo yo mismo.

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geocoin Puntos 121

$SL_2(3)$ es el semidirect producto de la cuádrupla grupo $Q = \langle i,j\mid i^4, j^4, i^2=j^2, i^{-1}ji=j^{-1}\rangle$ con un grupo cíclico $Z_3 = \langle z\rangle$ orden $3$ a través de $i^z = j$ $j^z = ij$.

Sugerencia: Encontrar un subgrupo de $SL_2(p)$ ($p$ cualquier extraño prime) isomorfo a $Q$, y luego se extenderá a todo el grupo $SL_2(3)$ mediante el uso de este pequeña joya de una respuesta por parte de Geoff Robinson: Las unidades de la Hurwitz cuaterniones son los cuaterniones más de 16 elementos que puede ser escrito como $\frac{\pm 1\pm i\pm j\pm k}{2}$ ($k = ij$). Como estamos en la extraña característica, $\frac{1}{2}$ existe y nosotros la nuestra candidato a $SL_2(3)$.

Para simplificar los cálculos de estas dos observaciones pueden ser útiles:

Un elemento de la forma $\frac{\pm 1\pm i\pm j\pm k}{2}$ puede ser invertida por voltear los signos de $i$, $j$ y $k$, pero manteniendo $1$'s. Esto puede ser mejor visto por la observación de que la mezcla de términos se cancelan, y sólo aquellos que contribuyen a que el coeficiente de $1$ agregar.

El coeficiente de $1$ de la plaza de un elemento de la forma $\frac{\pm 1\pm i\pm j\pm k}{2}$ $-1$ , por lo que uno espera elementos de el fin de $3$ a contener el sumando $-1$ y las de orden $6$ el sumando $+1$.


Prueba: Vamos a $p$ ser un extraño prime.

La plaza de la matriz $i = \left(\begin{array}{cc} 0 & 1\\-1& 0\end{array} \right)$ es $\left(\begin{array}{cc} -1 & 0\\0& -1\end{array} \right)$. Su fin es $4$ y su determinante $1$. Para $j$ echemos un arbitrario $\left(\begin{array}{cc} a & b\\c& d\end{array} \right) \in SL_2(p)$ con $ad-bc = 1$. Usando la ecuación de $i^{-1}ji = j^{-1}$ tenemos $\left(\begin{array}{cc} 0 & -1\\1& 0\end{array} \right) \left(\begin{array}{cc} a & b\\c& d\end{array} \right) \left(\begin{array}{cc} 0 & 1\\-1& 0\end{array} \right) = \left(\begin{array}{cc} -c & -d\\a& b\end{array} \right) \left(\begin{array}{cc} 0 & 1\\-1& 0\end{array} \right) = \left(\begin{array}{cc} d & -c\\-b& a\end{array} \right) \stackrel{!}{=} \left(\begin{array}{cc} d & -b\\-c& a\end{array} \right)$, hence $b=c$. Por otro lado $j^2 = i^2$ rendimientos $\left(\begin{array}{cc} a^2+bc & b(a+d)\\c(a+d) & d^2+bc\end{array} \right) \stackrel{!}{=} \left(\begin{array}{cc} -1 & 0\\0& -1\end{array} \right)$, que tiene en caso de $a = -d$. Así que en caso de $a^2+b^2 = -1$ obtenemos el candidato $j = \left(\begin{array}{cc} a & b\\b& -a\end{array} \right)$ para $Q = \langle i, j\rangle$. Como hay $\frac{p+1}{2}$ plazas $\mathbb F_{p}$, por el Cauchy-Davenport teorema de todos los $p$ elementos de $\mathbb F_{p}$ son sumas de dos cuadrados. Así que la selección de soluciones de $a$$b$$a^2+b^2 = -1$, y nos encontramos con $Q$. [Si $p = -1 \bmod 4$ existen también soluciones con $a=0$ o $b=0$ que nos parecía evitar al elegir a $a = -d$ antes.]

La definición de $z = \frac{-1+i+j+k}{2} = -\frac{(1-j)\cdot(1-i)}{2}$ obtenemos un elemento de $SL_2(p)$ orden $3$, como $det(z) = det(1-j)\cdot det(1-i)\cdot(-\frac{1}{2})^2 = \left|\begin{array}{cc} 1-a & -b\\-b& 1+a\end{array} \right| \cdot \left|\begin{array}{cc} 1 & -1\\1& 1\end{array} \right| \cdot\frac{1}{4} = (1-a^2-b^2)\cdot 2\cdot\frac{1}{4} = 1$ y $z^2 = \frac{-1-i-j-k}{2} = z^{-1}$.

Ahora $i^z = z^{-1}\cdot i\cdot z = \frac{-1-i-j-k}{2}\cdot i\cdot\frac{-1+i+j+k}{2} = \frac{1-i-j+k}{2} \cdot\frac{-1+i+j+k}{2} = j\cdot\frac{-1-i-j-k}{2}\cdot\frac{-1+i+j+k}{2} = j\cdot z^{-1}\cdot z = j$ y $j^z = z^{-1}\cdot j\cdot z = \frac{-1-i-j-k}{2}\cdot j\cdot\frac{-1+i+j+k}{2} = \frac{1+i-j-k}{2}\cdot\frac{-1+i+j+k}{2} = k\cdot\frac{-1-i-j-k}{2}\cdot\frac{-1+i+j+k}{2} = k\cdot z^{-1}\cdot z = k$ terminar la prueba.


Comentario Final: Para $p=3$ la prueba nos da la semidirect producto $Q\rtimes Z_3$ como subgrupo de $SL_2(3)$, por lo tanto demostrando la afirmación de que en la primera frase de mi respuesta, ya que ambos grupos tienen el mismo orden.

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