Coberturas conformes de todos os graus
Deixar$M$ser uma variedade orientada conforme fechada conectada.
Suponha que existam mapas de cobertura conforme$\phi_k:M\to M$de todos os graus$k\geq 1$. É$M\cong S^1$então?
Podemos pelo menos descartar$\mathrm{dim}(M)=3$?
Respostas
Aqui está uma resposta parcial: Se existe tal variedade conforme$M$de dimensão$n\ge 2$, então$M$admite uma métrica plana. A razão é que a sequência de mapas de cobertura conforme$\phi_k: M\to M$não pode conter uma subsequência convergindo para um mapa conforme. Assim, a cobertura conformada universal$\tilde{M}$não pode admitir uma métrica Riemanniana compatível para a qual os elevadores$\tilde\phi_k: \tilde{M}\to \tilde{M}$são isométricos. Assim, pela solução de Ferrand da conjectura de Lichnerowicz
Ferrand, Jacqueline , A ação de transformações conformes em uma variedade Riemanniana , Math. Ana 304, No. 2, 277-291 (1996). ZBL0866.53027 .
o múltiplo$\tilde M$ou está em conformidade com$S^n$(o que é, obviamente, impossível) ou para$E^n$.
Assim, o problema se reduz essencialmente ao de tori plano e deve haver um argumento algébrico provando que$n=1$nesta configuração:
Suponha que$\Gamma< Isom(E^n)$é um subgrupo discreto cocompacto livre de torção tal que a variedade$M=E^n/\Gamma$admite uma cobertura$\phi: M\to M$de grau$d$. Então$\phi$eleva para um mapa conformal afim$\Phi: E^n\to E^n$. Deixar$\Lambda< \Gamma$seja a rede de tradução em$\Gamma$. Então$\Phi \Lambda \Phi^{-1}= \Lambda'$é índice$d$sub-rede. Em outras palavras,$\Phi$projetos em grau$d$auto-mapa conforme$\psi: A\to A$, Onde$A= E^n/\Lambda$é um toro plano.
Esta é a segunda parte da resposta. Suponha$E^n$é um toro plano que admite um auto-mapa conforme$\varphi_d$de grau$d$para cada$d=1,2,3,\ldots$. Provamos que isso só é possível quando$n=1$.
Reformulação algébrica: Fixe uma forma bilinear simétrica definida positiva$Q$em$\mathbb{R}^n$,$n\geq 2$. Chamar um número inteiro$n\times n$matriz$M$conforme se$M^t Q M$é um múltiplo real positivo de$Q$. O grau de tal matriz é$\det M$. Provamos que não é possível ter uma matriz conforme de grau$d$para cada$d=1,2,3,\ldots$. Suponha o contrário, ou seja, existe uma matriz inteira$M_d$para cada$d$.
Primeiro, tomando determinantes para cada$d$encontramos o coeficiente de proporcionalidade$$ M_d^t Q M_d= d^{2/n} Q. $$Normalizar$Q$de modo a$Q_{11}=1$. Para quaisquer vetores$u,v$denotar$(u,v)=u^t Q v$. Deixar$v_d$ser a primeira coluna de$M_d$. Então nós temos$$ (v_d, v_d) = d^{2/n}\qquad (d=1,2,3,\ldots) $$Afirmamos que isso é impossível. Considere o caso$n=2$primeiro. Observe que não há dois entre$v_1, v_2, v_3$pode ser colinear. Conseqüentemente$v_3=\alpha v_1 + \beta v_2$para alguns$\alpha, \beta\in\mathbb{Q}$. Isto permite calcular todas as entradas de$Q$fora de$\alpha, \beta$e deduzir que são racionais. Então nós temos$a,b,c\in\mathbb{Q}$para que a equação$a x^2 + b xy + c y^2=d$tem soluções em números inteiros para cada$d$, mas$b^2-4a c<0$. Isso é impossível: pelo teorema da densidade de Chebotarev, pode-se escolher um primo$p$de tal modo que$p$não divide os numeradores e os denominadores de$a,b,c$e a equação$a x^2 + b x + c=0$não tem mod de raízes$p$. Contexto$d=p$leva a uma contradição.
Agora considere o caso$n\geq 3$. Considere os números da forma$p^{2/n}$para números primos$p>n$. Eles são linearmente independentes sobre$\mathbb{Q}$porque a extensão de campo gerada por$p^{2/n}$é ramificado em$p$, e só pode ser ramificado nos divisores de$n$. Por outro lado, considere a sequência de inteiros$n\times n$matrizes$v_p v_p^t$. Temos uma sequência infinita de elementos de um espaço vetorial de dimensão finita, então deve haver uma relação linear$$ \sum_{i=1}^N c_i v_{p_i} v_{p_i}^t = 0 \qquad ((c_1,c_2,\ldots,c_N)\in\mathbb{Q}^N\setminus \{0\}) $$para números primos$p_1,p_2,\ldots,p_N>n$. Isso implica$$ \sum_{i=1}^N c_i p_i^{2/n} = \sum_{i=1}^N c_i (v_{p_i}, v_{p_i}) = \sum_{i=1}^N c_i \operatorname{trace}(Q v_{p_i} v_{p_i}^t)=0, $$uma contradição.