Tài liệu hạn chế xem trước, để xem đầy đủ mời bạn chọn Tải xuống
1
/ 11 trang
THÔNG TIN TÀI LIỆU
Thông tin cơ bản
Định dạng
Số trang
11
Dung lượng
167,84 KB
Nội dung
TẠP CHÍ KHOA HỌC, Đại học Huế, Số 53, 2009 VỀ KHÔNG GIAN ĐỐI XỨNG ĐỊA PHƯƠNG CỦA NỬA KHÔNG GIAN TRÊN Trần Đạo Dõng Đại học Huế Hoàng Thái Vũ Trường Đại học Sư phạm, Đại học Huế TÓM TẮT Các không gian đối xứng địa phương đóng một vai trò quan trọng trong hình học vi phân và đang được khảo sát theo nhiều hướng tiếp cận khác nhau. Một trong các hướng tiếp cận đó là khảo sát không gian đối xứng địa phương dưới dạng không gian thương của không gian đối xứng cảm sinh qua tác động của các nhóm (con) số học. Tiêu biểu cho lớp không gian đối xứng địa phương này là không gian moduli của các đường cong elliptic được thể hiện như là không gian thương của nửa mặt phẳng Poincaré H 2 cảm sinh qua tác động của nhóm con SL(2, Z) các ma trận vuông cấp hai với hệ số nguyên. Trong bài viết này, trước hết chúng tôi khảo sát cấu trúc không gian đối xứng của nửa không gian trên H 3 được thể hiện như không gian đối xứng SL(2, C)/SU(2) qua tác động của SL(2, C). Tiếp đó, chúng tôi khảo sát một số tính chất của không gian đối xứng địa phương SL(2, Z + iZ)\SL(2, C)/SU(2) cảm sinh qua tác động của nhóm (con) rời rạc SL(2, Z + iZ) trên H 3 . 1 Cấu trúc không gian đối xứng của nửa không gian trên Định nghĩa 1.1. Cho H = {s + tj|s, t ∈ C} là đại số quaternion (chuẩn tắc). Tập hợp H 3 := {z = s + tj ∈ H | s ∈ C; t ∈ R; t > 0} = {z = x + yi + tj ∈ H | x, y, t ∈ R; t > 0} ≡ {(x, y, t) | x, y, t ∈ R; t > 0}, được gọi là nửa không gian trên. Khi đó H 3 là một đa tạp 3 chiều với cấu trúc Riemann ds 2 := |dz| 2 t 2 = dx 2 + dy 2 + dt 2 t 2 . Hơn nữa, ta có 15 Mệnh đề 1.2. Cho đa tạp H 3 và điểm cố định z 0 = (x 0 , y 0 , t 0 ) ∈ H 3 . Khi đó, ánh xạ f z 0 : H 3 −→ H 3 (x, y, t) −→ (2x 0 − x, 2y 0 − y, t), là một vi phôi đẳng cự và đối hợp. Suy ra H 3 là một không gian đối xứng. Chứng minh. i) f z 0 song ánh là rõ. ii) Do các ánh xạ thành phần khả vi nên f z 0 khả vi. iii) Ta có, (f z 0 ) 2 (x, y, t) = f z 0 (f z 0 (x, y, t)) = f z 0 (2x 0 −x, 2y 0 −y, t) = (x, y, t), ∀(x, y, t) ∈ H 3 . Vậy (f z 0 ) 2 = Id H 3 . Suy ra, f z 0 là một phép biến đổi đối hợp. Hơn nữa, do (f z 0 ) 2 = Id H 3 nên (f z 0 ) −1 = f z 0 . Suy ra, (f z 0 ) −1 cũng khả vi. iv) Mặt khác, f z 0 được biểu diễn dưới dạng: f z 0 : H 3 −→ H 3 x + yi + tj −→ (−x − yi + tj) + (2x 0 + 2y 0 i). Suy ra f z 0 là một phép biến đổi đẳng cự của H 3 . Từ đó f z 0 là một vi phôi đẳng cự và đối hợp của H 3 . Chứng minh tương tự Mệnh đề (1.2), chúng ta có hai mệnh đề sau: Mệnh đề 1.3. Cho đa tạp H 3 , xét k ∈ S 1 ⊂ C và z 0 = s 0 + t 0 j ∈ H 3 . Khi đó, ánh xạ f : H 3 −→ H 3 z = s + tj −→ −[t 0 ] 2 [k(s − s 0 ) + tj] −1 + s 0 , là một vi phôi đẳng cự và đối hợp của H 3 . Mệnh đề 1.4. Cho đa tạp H 3 , xét k ∈ S 0 = {−1, 1} và z 0 = s 0 + t 0 j ∈ H 3 . Khi đó, ánh xạ f : H 3 −→ H 3 z = s + tj −→ −[t 0 ] 2 [k(s − s 0 ) + tj] −1 + s 0 , là một vi phôi đẳng cự và đối hợp của H 3 . Bây giờ, chúng ta khảo sát tác động của nhóm Lie SL(2, C) trên H 3 và thể hiện mối liên hệ giữa H 3 với không gian đối xứng SL(2, C)/SU(2). 16 Mệnh đề 1.5. Cho nhóm Lie G = SL(2, C) và nửa không gian trên H 3 = {z = s + tj ∈ H | s ∈ C; t ∈ R, t > 0}. Khi đó, ánh xạ ϕ : G × H 3 −→ H 3 ( a b c d , z) −→ a b c d .z := [az + b][cz + d] −1 , là một tác động (trái) đẳng cự và bắc cầu của nhóm Lie G = SL(2, C) trên tập hợp (đa tạp) H 3 . Hơn nữa, ta có H 3 ∼ = SL(2, C)/SU(2). Chứng minh. Xét ϕ : G × H 3 −→ H 3 ( a b c d , z) −→ a b c d .z := [az + b][cz + d] −1 . Trước hết, ta chứng minh ϕ là một tác động (trái) của nhóm Lie SL(2, C) trên tập hợp (đa tạp) H 3 . Thật vậy, ∀γ = a b c d ∈ SL(2, C), ∀z = s + tj ∈ H 3 , ta có ad − bc = 1. Giả sử cz + d = 0. Khi đó, (cs + d) + ctj = 0 ⇔ cs + d = 0 ct = 0 ⇔ cs + d = 0 c = 0 ⇔ d = 0 c = 0. Suy ra ad − bc = 0. Do ad − bc = 1 nên điều này là mâu thuẫn. Như vậy, cz + d = 0. Hay [cz + d] −1 tồn tại. 17 Mặt khác, [az + b][cz + d] −1 = [(as + b) + atj][(cs + d) + ctj] −1 = [(as + b) + atj]{[( cs + d) − ctj][(cs + d) − ctj] −1 }[(cs + d) + ctj] −1 = {[(as + b) + atj][(cs + d) − ctj]}{[(cs + d) − ctj] −1 [(cs + d) + ctj] −1 } = {[(as + b) + atj][(cs + d) − ctj]}{[(cs + d) + ctj][(cs + d) − ctj]} −1 = [(as + b)(cs + d) + atj(cs + d) − (as + b)ctj − atjctj] [|cs + d| 2 + ctj(cs + d) − (cs + d)ctj − ctjctj] −1 = [(as + b)(cs + d) + at(cs + d)j − (as + b)ctj + atct] [|cs + d| 2 + |c| 2 |t| 2 ] −1 = [(as + b)(cs + d) + (ad − bc)tj + atct][|cs + d| 2 + |c| 2 |t| 2 ] −1 = (as + b)(cs + d) + ac|t| 2 |cs + d| 2 + |c| 2 |t| 2 + t |cs + d| 2 + |c| 2 |t| 2 j ∈ H 3 . Vậy, ϕ là ánh xạ từ G × H 3 vào H 3 . Hơn nữa, kiểm tra trực tiếp ta suy ra ϕ là một tác động (trái) của nhóm Lie SL(2, C) trên tập hợp (đa tạp) H 3 . Tiếp theo, ta chứng minh ϕ là một tác động bắc cầu và đẳng cự của nhóm Lie SL(2, C) trên tập hợp (đa tạp) H 3 . Thật vậy, ∀z 1 = s 1 + t 1 j, z 2 = s 2 + t 2 j ∈ H 3 , ta có t 1 , t 2 ∈ R; t 1 , t 2 > 0. Xét các phần tử a = t 2 t 1 ; b = t 1 t 2 .s 2 − t 2 t 1 .s 1 ; c = 0; d = t 1 t 2 . Ta có, a b c d = t 2 t 1 t 1 t 2 .s 2 − t 2 t 1 .s 1 0 t 1 t 2 = t 2 t 1 . t 1 t 2 = 1. Hơn nữa, a b c d .z 1 = [az 1 + b][cz 1 + d] −1 = [as 1 + b + at 1 j][cz 1 + d] −1 = [ t 2 t 1 .s 1 + t 1 t 2 .s 2 − t 2 t 1 .s 1 + t 2 t 1 .t 1 j][ t 1 t 2 ] −1 = [ t 1 t 2 .s 2 + t 2 t 1 .t 1 j][ t 2 t 1 ] = s 2 + t 2 t 1 .t 1 . t 2 t 1 j] = s 2 + t 2 j = z 2 . Như vậy, ∀z 1 = s 1 + t 1 j, z 2 = s 2 + t 2 j ∈ H 3 , tồn tại γ = a b c d ∈ SL(2, C) thỏa γ.z 1 = z 2 . Hay ϕ là một tác động bắc cầu của nhóm Lie SL(2, C) trên tập hợp (đa 18 tạp) H 3 . Ngoài ra, với mỗi γ = a b c d ∈ G = SL(2, C), ánh xạ f : H 3 −→ H 3 z −→ γ.z = a b c d .z := [az + b][cz + d] −1 là một phép biến đổi đẳng cự. Do đó ϕ là một tác động đẳng cự của nhóm Lie SL(2, C) trên tập hợp (đa tạp) H 3 . Bây giờ, ta chứng minh H 3 ∼ = SL(2, C)/SU(2). Trước hết, ta chứng tỏ nhóm con ổn định K = {γ ∈ G = SL(2, C)|γ.j = j} của phần tử j ∈ H 3 trong SL(2, C) chính là SU(2). Thật vậy, γ = a b c d ∈ K ⇔ γ.j = j ⇔ [aj + b][cj + d] −1 = j ⇔ aj + b = j(cj + d) ⇔ aj + b = −c + dj ⇔ a = d b = −c ⇔ d = a c = −b. Ngoài ra, γ = a b c d ∈ G = SL(2, C) nên ad − bc = 1. Do đó, γ ∈ K ⇔ γ = a b − b a , trong đó a, b ∈ C : |a| 2 + |b| 2 = 1. Hay K = SU(2). Như vậy, ánh xạ tác động của nhóm Lie SL(2, C) trên H 3 ϕ : G × H 3 −→ H 3 (γ = a b c d , z) −→ γ.z = a b c d .z := [az + b][cz + d] −1 , là một ánh xạ trơn, tác động đẳng cự và bắc cầu trên H 3 . 19 Theo ([1, Proposition 13.6]), ánh xạ ϕ j : SL(2, C) −→ H 3 γ −→ γ.j, cảm sinh vi phôi (đẳng cự) H 3 ∼ = SL(2, C)/SU(2). Vậy mệnh đề được chứng minh. 2 Không gian đối xứng địa phương SL(2, Z + iZ)\H 3 Xét không gian đối xứng H 3 ∼ = SL(2, C)/SU(2). Qua tác động của nhóm (con) rời rạc SL(2, Z + iZ) trên H 3 chúng ta xác định được không gian đối xứng địa phương SL(2, Z + iZ)\H 3 ∼ = SL(2, Z + iZ)\SL(2, C)/SU(2). Trong mục này, tương tự như trường hợp không gian đối xứng địa phương SL(2, Z)\H 2 cảm sinh từ nửa mặt phẳng trên H 2 được xét trong [6], chúng tôi mở rộng khái niệm miền cơ bản của một nhóm rời rạc Γ tác động trên H 2 cho trường hợp H 3 và ứng dụng để khảo sát một số tính chất của không gian đối xứng địa phương SL(2, Z + iZ)\H 3 . Kết quả sau đây cho thấy có thể xác định miền cơ bản của nhóm rời rạc SL(2, Z+iZ) tác động trên H 3 . Mệnh đề 2.1. Một miền cơ bản Ω của Γ := SL(2, Z + iZ) trên H 3 được xác định bởi miền sau: Ω = {z = x + yi + tj ∈ H 3 | − 1 2 < x < 1 2 ; 0 < y < 1 2 ; |z| = x 2 + y 2 + t 2 > 1}. Chứng minh. Ta chia phép chứng minh ra làm hai phần: i) Chứng minh rằng, mọi Γ−quỹ đạo chứa ít nhất một điểm trong Ω. ii) Chứng minh rằng, không có hai điểm nào của Ω nằm trong cùng một Γ−quỹ đạo. i) Thật vậy, với z ∈ H 3 , xét Γ−quỹ đạo Γ.z = { a b c d z = [az + b][cz + d] −1 | a, b, c, d ∈ Z + iZ; ad − bc = 1}. Do T = 1 1 0 1 , T −1 = 1 −1 0 1 , U = 1 i 0 1 , U −1 = 1 −i 0 1 ∈ Γ nên cảm sinh các phép tịnh tiến z −→ z + 1; z −→ z − 1; z −→ z + i; z −→ z − i. 20 Tương tự, W = i 0 0 −i ∈ Γ nên cảm sinh phép đối xứng z = x + yi + tj = s + tj −→ −s + tj = −x − yi + tj. Do đó, mọi Γ−quỹ đạo chứa một điểm z với Re(z) ∈ [− 1 2 , 1 2 ] và Im i (z) ∈ [0, 1 2 ]. Tiếp theo, xét z ∈ H 3 với Re(z) ∈ [− 1 2 , 1 2 ]; Im i (z) ∈ [0, 1 2 ] và xét Γ−quỹ đạo Γ.z tương ứng. Bây giờ, ta sẽ chọn γ ∈ Γ = SL(2, Z + iZ) sao cho Im j (γz) là tối đại. Với γ = a b c d ∈ Γ = SL(2, Z + iZ) và z = s + tj = x + yi + tj, ta có: γz = a b c d z = [az + b][cz + d] −1 = [(as + b)(cs + d) + ac|t| 2 ] |cz + d| 2 + t |cz + d| 2 j. Suy ra Im j (γz) = t |cz+d| 2 = t |cs+d| 2 +|c| 2 t 2 . Ta có lim |d|→+∞ t |cs + d| 2 + |c| 2 t 2 = 0, ∀c ∈ Z + iZ; lim |c|→+∞ t |cs + d| 2 + |c| 2 t 2 = 0, ∀d ∈ Z + iZ. Do đó, với 0 < < t, tồn tại M > 1 sao cho Im j (γz) < ; ∀|c| > M, ∀d ∈ Z + iZ; Im j (γz) < ; ∀|d| > M, ∀c ∈ Z + iZ. Đặt E = {γ = a b c d ∈ Γ = SL(Z + iZ) | (|c| > M) ∨ (|d| > M)}; E 0 = {γ = a b c d ∈ Γ = SL(Z + iZ) | (|c| ≤ M) ∧ (|d| ≤ M)}; J = {Im j (γz) | γ ∈ E 0 } ⊂ R . Khi đó E ∪ E 0 = Γ = SL(Z + iZ); Im j (γz) < , ∀γ ∈ E. 21 Hơn nữa, J là tập (khác rỗng) có hữu hạn phần tử trong R. Suy ra, trong J tồn tại phần tử Im j (γz) tối đại. Do 0 < < t = Im j (Id.z) ∈ J nên Im j (γz) đạt cực đại. Do các phép tịnh tiến z −→ z + 1; z −→ z − 1; z −→ z + i; z −→ z − i và phép đối xứng z = s + tj −→ −s + tj không phụ thuộc phần j−ảo nên ta có thể giả sử γz có phần j−ảo Im j (γz) tối đại và Re(γz) ∈ [− 1 2 , 1 2 ]; Im i (γz) ∈ [0, 1 2 ]. Bây giờ, xét z = x + yi + tj với giá trị như là γz nói trên. Khi đó, Im j (z) ≥ Im j (γz), ∀γ ∈ Γ = SL(2, Z + iZ). (2.1) Ta chứng minh |z| ≥ 1. Thật vậy, giả sử |z| < 1. Xét S = 0 −1 1 0 ∈ Γ = SL(Z + iZ). Ta có Sz = −1 z = − z |z| 2 = − x |z| 2 + y |z| 2 i + t |z| 2 j. Do |z| < 1 nên Im j (Sz) = t |z| 2 > t = Im j (z). Điều này là mâu thuẫn bất đẳng thức (2.1). Vậy |z| ≥ 1 và phần i) được chứng minh. Tiếp theo ta chứng minh phần ii). ii) Với w ∈ H 3 , xét Γ−quỹ đạo Γ.w = {γw|γ ∈ Γ = SL(2, Z + iZ)}. Giả sử γw, ηw ∈ Ω = {z = x + yi + tj ∈ H 3 | − 1 2 < x < 1 2 ; 0 < y < 1 2 ; |z| > 1}; trong đó γ, η ∈ Γ = SL(2, Z + iZ). Đặt z = γw. Ta có z, (ηγ −1 )z ∈ Ω. Kiểm tra trực tiếp ta suy ra (ηγ −1 )z = z. Hay ηw = γw. Điều này kết thúc chứng minh phần ii). Vậy mệnh đề được chứng minh. Hệ quả 2.2. Nhóm Γ = SL(2, Z + iZ) được sinh bởi T = 1 1 0 1 , S = 0 −1 1 0 , U = 1 i 0 1 , W = i 0 0 −i . 22 Chứng minh. Gọi ω = W (Ω) ∪ Ω. Khi đó, ω = W (Ω) ∪ Ω. Ta có T (ω), T −1 (ω); U(ω), U −1 (ω) và S(ω) là năm miền (tập hợp) có mặt chung với ω. Tác động liên tiếp T, U, S, T −1 , U −1 vào những miền trên và ảnh của chúng, ta thu được những miền có thể phủ dần H 3 . Hơn nữa, ∀z ∈ H 3 , luôn tồn tại một miền trong những miền trên chứa z. Mặt khác, bất kỳ một miền nào như vậy đều có dạng f(S, T, U)(ω), trong đó f(S, T, U) là một phần tử của nhóm S, T, U, W được sinh bởi S, T, U, W. Suy ra, ∀z ∈ H 3 , ∃f(S, T, U) trong S, T, U, W sao cho f(S, T, U)z ∈ ω. Bây giờ, lấy z o ∈ Ω ⊂ ω. Khi đó, với bất kỳ γ ∈ Γ = SL(2, Z + iZ), tồn tại một phần tử f(S, T, U) trong S, T, U, W sao cho f(S, T, U)γz o ∈ ω = W (Ω) ∪ (Ω). Đặt β = f(S, T, U)γ. Ta xét hai trường hợp xảy ra: i) z 0 ∈ Ω và βz 0 ∈ Ω. Suy ra z 0 = βz 0 và β = ±Id. Do −1 0 0 −1 = S 2 nên suy ra γ ∈ S, T, U, W . ii) z 0 ∈ Ω và βz 0 ∈ W (Ω). Khi đó z 0 ∈ Ω và Wβz 0 ∈ Ω. Suy ra W β = ±Id. Tương tự trên, suy ra γ ∈ S, T, U, W . Từ đó Γ = SL(2, Z + iZ) ⊂ S, T, U, W . Ngoài ra S, T, U, W ⊂ Γ = SL(2, Z + iZ). Suy ra Γ = SL(2, Z + iZ) = S, T, U, W . Vậy Γ = SL(2, Z + iZ) được sinh bởi S, T, U, W. Một tính chất quan trọng của SL(2, Z + iZ)\H 3 là không compact. Cụ thể, chúng ta có mệnh đề sau: 23 Mệnh đề 2.3 ([5, p. 31]). Không gian thương SL(2, Z + iZ)\H 3 là không compact. Chứng minh. Gọi (t n ) n là dãy các số thực dương tiến đến +∞ và xét tập con rời rạc Γ = SL(2, Z + iZ). Với mỗi n ∈ N, đặt z n = t n j. Khi đó, (z n ) n ⊂ H 3 ; (Γ.z n ) n ⊂ SL(2, Z + iZ)\H 3 . Mặt khác, ∀γ = a b c d ∈ Γ = SL(2, Z + iZ), ta có: γz n = bd + act 2 n |d| 2 + |c| 2 t 2 n + t n |d| 2 + |c| 2 t 2 n j. Hơn nữa, ∗ Nếu c = 0 thì ad = 1. Lúc đó, |d| 2 = 1 và Im j (γz n ) = t n ; ∗ Nếu c = 0 thì 0 ≤ Im j (γz n ) ≤ t n |c| 2 t 2 n ≤ 1 t n . Suy ra Im j (γz n ) n→∞ −−−−−−−−→ +∞ 0 , ∀γ ∈ Γ = SL(2, Z + iZ). Như vậy, mọi (γz n k ) n k không thể hội tụ đến một phần tử trong H 3 , với mọi γ ∈ Γ = SL(2, Z + iZ). Suy ra, mọi (Γ.z n k ) n k không thể hội tụ đến một phần tử trong SL(2, Z + iZ)\H 3 . Vậy SL(2, Z + iZ)\H 3 là không compact. Mệnh đề 2.4. Cho F = Ω ∪ {∂Ω ∩ {z ∈ H 3 | Re(z) ≥ 0}}. Khi đó, F là một tập cơ bản khớp của Γ = SL(2, Z + iZ) (trên H 3 ). Từ đó ta có SL(2, Z + iZ)\H 3 ∼ = F (theo nghĩa tập hợp). Chứng minh. Do T = 1 1 0 1 , U = 1 i 0 1 ∈ Γ = SL(2, Z + iZ) nên cảm sinh các phép tịnh tiến z −→ z + 1; z −→ z + i. Hơn nữa, do W = i 0 0 −i ∈ Γ = SL(2, Z + iZ) nên cảm sinh phép đối xứng z = s + tj −→ −s + tj. Ngoài ra, do S = 0 1 −1 0 ∈ Γ = SL(2, Z + iZ) nên cảm sinh phép biến đổi z = x + yi + tj −→ − x |z| 2 + y |z| 2 i + t |z| 2 j. Do đó, mệnh đề trên được suy ra từ Mệnh đề (2.1). 24 [...]...Nhận xét 2.5 Cho F = Ω ∪ {∂Ω ∩ {z ∈ H3 | Re(z) ≤ 0}} Khi đó, F cũng là một tập cơ bản khớp của Γ = SL(2, Z + iZ) (trên H3 ) TÀI LIỆU THAM KHẢO 1 E.P Van den Ban, Lie groups, Lecture Notes in Mathematics, MRI, University of Utrecht, Holland, 2003 2 E.P Van den Ban - H Schlichtkrull, Harmonic . xứng địa phương dưới dạng không gian thương của không gian đối xứng cảm sinh qua tác động của các nhóm (con) số học. Tiêu biểu cho lớp không gian đối xứng địa phương này là không gian moduli của các. trúc không gian đối xứng của nửa không gian trên H 3 được thể hiện như không gian đối xứng SL(2, C)/SU(2) qua tác động của SL(2, C). Tiếp đó, chúng tôi khảo sát một số tính chất của không gian đối. CHÍ KHOA HỌC, Đại học Huế, Số 53, 2009 VỀ KHÔNG GIAN ĐỐI XỨNG ĐỊA PHƯƠNG CỦA NỬA KHÔNG GIAN TRÊN Trần Đạo Dõng Đại học Huế Hoàng Thái Vũ Trường Đại học Sư phạm, Đại học Huế TÓM TẮT Các không gian