Matrice 3x3 particulière

Bonjour
En notant $G$ la matrice diagonale $(1,1,-1)$, ta relation est équivalente à $M^t G M$ diagonale. Mais ton exemple satisfait $M^tGM = G$. Est-ce que c'est cette relation plus précise que tu voulais ? Si oui, ce groupe a un nom, $O(2,1)(\mathbb{Z})$. Il est de type fini (commensurable à $PSL_2(\Z)$ via l'action par conjugaison sur les matrices de trace nulle, munies de la forme quadratique $-\det$) et les générateurs ne doivent pas être bien difficiles à trouver, mais j'ai la flemme de faire le calcul complet. Il doit suffire de prendre les permutations signées qui vont bien et une paire d'autres matrices, du genre

$$\begin{pmatrix}1 & 2 &-2 \\-2 &-1&2 \\-2& -2 &3\end{pmatrix} \text{ qui correspond à } \begin{pmatrix}1 & 2 \\ 0 & 1\end{pmatrix}\in SL_2(\Z).$$

Amicalement,
Aurel

Bonsoir

Le plus simple est d'utiliser le vocabulaire des formes quadratiques. La forme quadratique $x^2+y^2-z^2$ donnée par la matrice de Gram $G$ est non-dégénérée, isotrope de rang $1$ (dimension des sous-espaces isotropes maximaux), et de signature $(2,1)$.

La condition $\det M = \pm 1$ implique que la matrice diagonale est aussi à coefs $\pm 1$ (puisque ce sont des entiers dont le produit vaut $-1$). Dans ce cas, puisque la signature doit être préservée, il doit y avoir deux $1$ et un $-1$. Donc à une matrice de permutation près, on est ramené au cas où $G$ est préservée.

En général, pour construire $M$, tu peux choisir une colonne de $M$ arbitrairement, puis prendre une seconde colonne arbitraire orthogonale à la première, puis une troisième arbitraire orthogonale aux deux autres.

Si tu imposes $\det M = 0$, cela implique que la matrice diagonale obtenue contienne au moins un $0$, c'est-à-dire que le vecteur correspondant soit isotrope. Cela correspond à une solution entière de $x^2+y^2=z^2$ (paramétrisation bien connue depuis longtemps...). Une fois choisie cette colonne, on peut prendre les deux autres arbitraires en satisfaisant la condition d'orthogonalité, et $M$ sera automatiquement de déterminant $0$ (cela se voit bien sûr en prenant les déterminants des matrices, mais aussi avec le point de vue formes quadratiques : les deux colonnes suivantes sont confinées à l'orthogonal de la première, qui est de dimension $2$, mais qui contient la première car on l'a choisie orthogonale à elle-même, donc le rang de $M$ est au plus $2$).

Amicalement,
Aurel