Konforme Abdeckungen aller Grade
Lassen $M$ ein verbundener geschlossener konform orientierter Verteiler sein.
Angenommen, es gibt konforme Abdeckungskarten $\phi_k:M\to M$ aller Grade $k\geq 1$. Ist$M\cong S^1$ dann?
Können wir das wenigstens ausschließen? $\mathrm{dim}(M)=3$?
Antworten
Hier ist eine teilweise Antwort: Wenn es eine solche konforme Mannigfaltigkeit gibt $M$ der Dimension $n\ge 2$, dann $M$gibt eine flache Metrik zu. Der Grund ist, dass die Reihenfolge der konformen Abdeckungskarten$\phi_k: M\to M$darf keine Teilsequenz enthalten, die zu einer konformen Karte konvergiert. Daher die universelle konforme Abdeckung$\tilde{M}$ Ich kann keine kompatible Riemannsche Metrik zulassen, für die die Aufzüge durchgeführt werden $\tilde\phi_k: \tilde{M}\to \tilde{M}$sind isometrisch. So durch Ferrands Lösung der Lichnerowicz-Vermutung
Ferrand, Jacqueline , Die Wirkung konformer Transformationen auf eine Riemannsche Mannigfaltigkeit , Math. Ann. 304, Nr. 2, 277-291 (1996). ZBL0866.53027 .
der Verteiler $\tilde M$ ist entweder konform mit $S^n$ (was natürlich unmöglich ist) oder zu $E^n$.
Somit reduziert sich das Problem im Wesentlichen auf das der flachen Tori, und es sollte ein algebraisches Argument geben, das dies beweist $n=1$ in dieser Einstellung:
Nehme an, dass $\Gamma< Isom(E^n)$ ist eine diskrete kokompakte torsionsfreie Untergruppe, so dass der Verteiler $M=E^n/\Gamma$ gibt eine Abdeckung zu $\phi: M\to M$ Grad $d$. Dann$\phi$ hebt zu einer affinen konformen Karte $\Phi: E^n\to E^n$. Lassen$\Lambda< \Gamma$ sei das Übersetzungsgitter in $\Gamma$. Dann$\Phi \Lambda \Phi^{-1}= \Lambda'$ ist Index $d$Untergitter. Mit anderen Worten,$\Phi$ Projekte bis zu einem gewissen Grad $d$ konforme Selbstkarte $\psi: A\to A$, wo $A= E^n/\Lambda$ ist ein flacher Torus.
Dies ist der zweite Teil der Antwort. Annehmen$E^n$ ist ein flacher Torus, der eine konforme Selbstkarte zulässt $\varphi_d$ Grad $d$ für jeden $d=1,2,3,\ldots$. Wir beweisen, dass dies nur möglich ist, wenn$n=1$.
Algebraische Neuformulierung: Fixieren Sie eine positive definitive symmetrische bilineare Form $Q$ auf $\mathbb{R}^n$, $n\geq 2$. Rufen Sie eine Ganzzahl auf$n\times n$ Matrix $M$ konform wenn $M^t Q M$ ist ein positives reales Vielfaches von $Q$. Grad einer solchen Matrix ist$\det M$. Wir beweisen, dass es nicht möglich ist, eine konforme Gradmatrix zu haben$d$ für jedes $d=1,2,3,\ldots$. Nehmen wir das Gegenteil an, dh es gibt eine solche ganzzahlige Matrix$M_d$ für jeden $d$.
Erstens, indem Determinanten für jeden genommen werden $d$ wir finden den Proportionalitätskoeffizienten $$ M_d^t Q M_d= d^{2/n} Q. $$ Normalisieren $Q$ so dass $Q_{11}=1$. Für beliebige Vektoren$u,v$ bezeichnen $(u,v)=u^t Q v$. Lassen$v_d$ sei die erste Spalte von $M_d$. Dann haben wir$$ (v_d, v_d) = d^{2/n}\qquad (d=1,2,3,\ldots) $$Wir behaupten, dass dies unmöglich ist. Betrachten Sie den Fall$n=2$zuerst. Beachten Sie, dass keine zwei unter$v_1, v_2, v_3$kann kollinear sein. Daher$v_3=\alpha v_1 + \beta v_2$ für einige $\alpha, \beta\in\mathbb{Q}$. Dies ermöglicht die Berechnung aller Einträge von$Q$ aus $\alpha, \beta$und folgern, dass sie rational sind. Also haben wir$a,b,c\in\mathbb{Q}$ so dass die Gleichung $a x^2 + b xy + c y^2=d$ hat Lösungen in ganzen Zahlen für jeden $d$, aber $b^2-4a c<0$. Dies ist unmöglich: Nach dem Chebotarev-Dichtesatz kann man eine Primzahl wählen$p$ so dass $p$ teilt nicht die Zähler und Nenner von $a,b,c$ und die Gleichung $a x^2 + b x + c=0$ hat keine Roots Mod $p$. Rahmen$d=p$ führt zu einem Widerspruch.
Betrachten Sie nun den Fall $n\geq 3$. Betrachten Sie die Nummern des Formulars$p^{2/n}$ für Primzahlen $p>n$. Sie sind linear unabhängig von$\mathbb{Q}$ weil die Felderweiterung generiert von $p^{2/n}$ ist verzweigt bei $p$und kann nur an den Teilern von weiter verzweigt werden $n$. Betrachten Sie andererseits die Folge der ganzen Zahl$n\times n$ Matrizen $v_p v_p^t$. Wir haben eine unendliche Folge von Elementen eines endlichen dimensionalen Vektorraums, daher muss es eine lineare Beziehung geben$$ \sum_{i=1}^N c_i v_{p_i} v_{p_i}^t = 0 \qquad ((c_1,c_2,\ldots,c_N)\in\mathbb{Q}^N\setminus \{0\}) $$ für Primzahlen $p_1,p_2,\ldots,p_N>n$. Dies impliziert$$ \sum_{i=1}^N c_i p_i^{2/n} = \sum_{i=1}^N c_i (v_{p_i}, v_{p_i}) = \sum_{i=1}^N c_i \operatorname{trace}(Q v_{p_i} v_{p_i}^t)=0, $$ ein Widerspruch.