Nociones Básicas en Geometría Hiperbólica (Parte III), PSL(2,R)

7 abril, 2013 de Felipe Riquelme

El objetivo de este post es conocer el grupo lineal proyectivo real $PSL(2,\mathbb{R})$ .

En el post (Nociones Básicas en Geometría Hiperbólica (Parte II)) definimos el grupo lineal especial $SL(2,R)$ como las matrices cuadradas de $2\times 2$ , a coeficientes reales y determinante 1. Definimos la acción de este grupo sobre el plano de Poincaré dado por las homografías, es decir;

$\begin{pmatrix}a&b\\c&d\end{pmatrix}\cdot z=\frac{az+b}{cz+d}$ .

Notemos que, sin embargo, existen dos tipos de matrices que tienen la misma imagen vía la acción. En efecto, si $A=\begin{pmatrix}a&b\\c&d\end{pmatrix}$ entonces

$(-A)\cdot z=\frac{-az-b}{-cz-d}=\frac{az+b}{cz+d}$ .

Luego, definimos $PSL(2,\mathbb{R})=SL(2,\mathbb{R})/\sim$ donde $A\sim B$ si y sólo si $B=-A$ o $B=A$ .

Por simplicidad de notación, de ahora en adelante, seguiremos escribiendo $A\cdot z$ a la acción de $PSL(2,\mathbb{R})$ sobre $\mathbb{H}$ , cuando en estricto rigor debieramos escribir $(\pm$ $A)\cdot z$

Con lo anterior en mente, necesitamos establecer distintos tipos de elementos en este grupo. Por asuntos de nuestro estudio, salvo conjugación, existen 3 en esencia. Si $A\neq Id$ (donde $Id$ representa la identidad en $PSL(2,\mathbb{R})$ )

Notemos que $A\cdot z=z$ es equivalente a resolver $\frac{az+b}{cz+d}=z$ .

Caso 1: Si $c=0$ entonces la ecuación se transforma en $\frac{a}{d}z+\frac{b}{d}=z$ (y la ecuación siempre se satisface en infinito). Para $\frac{a}{d}\neq 1$ (notar que $ad=1$ ) entonces $a^{2}\neq 1$ . Además $|tr(A)|=|a+\frac{1}{a}|\geq 2$ , por lo que la ecuación tiene sólo una solución (o punto fijo) en $\partial\mathbb{H}$ si y solamente si $|tr(A)|>2$ .
Caso 2: Si $c\neq 0$ entonces la ecuación se escribe como $cz^{2}+(d-a)z-b=0$ y la cantidad de soluciones depende del discriminante. Notar que su discriminante es $|tr(A)|^{2}-4$ . Si $|tr(A)|<2$ entonces la ecuación tiene dos soluciones complejas conjugadas (una en $\mathbb{H}$ ), si $|tr(A)|=2$ entonces la solución es única y se encuentra en $\partial\mathbb{H}$ . Finalmente si $|tr(A)|>2$ existen exactamente dos soluciones en la frontera.

En resumen, un elemento de $PSL(2,\mathbb{R})$ no puede fijar mas de 2 puntos, de hacerlo entonces el elemento del grupo debe ser la identidad.

Definición: Sea $A\in PSL(2,\mathbb{R})$ . Decimos que $A$ es un elemento Elíptico si $|tr(A)|<2$ , en tal caso, $A$ fija un solo punto en $\mathbb{H}$ . Decimos que $A$ es un elemento Parabólico si $|tr(A)|<2$ , en tal caso $A$ fija un solo punto en $\partial\mathbb{H}$ (ojo, en este caso consideramos en la frontera a infinito). Finalmente decimos que $A$ es Hiperbólico si $|tr(A)|>2$ , o equivalentemente, si $A$ fija exactamente dos puntos en la frontera de $\mathbb{H}$ .

Observaciones: Si $A$ es parabólico, entonces el punto fijo es atractor. Si $A$ es hiperbólico entonces un punto fijo es atractor y otro es repulsor.

Recordemos que dos elementos $g,g'$ en un grupo se dicen conjugados si existe $h$ otro elemento del grupo tal que $g'=hgh^{-1}$ . Por otra parte, sabemos que $SL(2,\mathbb{R})$ actúa de manera transitiva en $\mathbb{H}$ . Esta propiedad naturalmente se mantiene en la acción de $PSL(2,\mathbb{R})$

Si $A$ elíptico, luego de conjugar, podemos suponer que $A$ fija a $i\in\mathbb{H}$ . Resolviendo le ecuación del punto fijo nos queda $(d-a)i-c-d=0$ por lo que $a=d$ y $b=-c$ . Como el determinante de la matriz es 1, entonces $a^{2}+b^{2}=1$ . Con esto se concluye que existe $\theta\in\mathbb{R}$ tal que

$A=\begin{pmatrix}\cos(\theta)&-\sin(\theta)\\\sin(\theta)&\cos(\theta)\end{pmatrix}$

Si $A$ es parabólico, podemos suponer (salvo conjugación) que $A$ fija al infinito. Luego existe $c\neq 0$ tal que

$A=\begin{pmatrix}1& c\\ 0 &1\end{pmatrix}$

Si $A$ es hiperbólico, podemos suponer (salvo conjugación) que $A$ fija $0$ y $\infty$ . Luego es posible encontrar $\lambda>0$ tal que

$A=\begin{pmatrix}\lambda &0 \\ 0&\frac{1}{\lambda}\end{pmatrix}$

Notar que en el último caso, por conjugación por $\begin{pmatrix}0&-1\\1&0\end{pmatrix}$ podemos suponer $\lambda>1$ . Recordemos también que, de acuerdo a la métrica Riemanniana sobre el plano hiperbólico, se tiene que $i$ es enviado a $\lambda^{2}i$ por $A$

Esto quiere decir, por la fórmula encontrada de distancia, que $i$ es trasladada a distancia $2\ln(\lambda)$ por el eje imaginario. Como la acción es por isometrías, todo punto en el semiplano es trasladada a distancia $2\ln(\lambda)$ (en cualquier dirección, no necesariamente vertical). Definimos entonces $L_{A}=2\ln(\lambda)$ como la distancia de desplazamiento de $A$ . Esto quiere decir que un elemento hiperbólico arbitrario $A$ es siempre conjugado a

$\begin{pmatrix}e^{L_{A}/2}&{0}\\{0}&e^{-L_{A}/2}\end{pmatrix}$ .

Finalmente, si conjugamos por el elemento $\begin{pmatrix}\frac{1}{\sqrt{2}}&-\frac{1}{\sqrt{2}}\\\frac{1}{\sqrt{2}}&\frac{1}{\sqrt{2}}\end{pmatrix}$ nos queda

$\begin{pmatrix}\cosh(L_{A}/2)&\sinh(L_{A}/2)\\\sinh(L_{A}/2)&\cosh(L_{A}/2)\end{pmatrix}$

y en tal caso el punto fijo atractivo es 1, y el repulsivo es -1.

El lema del Ping-Pong

24 marzo, 2013 de Felipe Riquelme

A lo largo de este post denotaremos $(G,\star)$ un grupo cualquiera, $e\in G$ es su neutro y $X$ un conjunto.

Definición: Decimos que $G$ actúa sobre $X$ si existe una aplicación $\phi: G\times X\rightarrow X$ que satisface

para todo $x\in X$ , $\phi(e,x)=x$ .
para todos $g,h\in G$ , $x\in X$ , $\phi(g\star h,x)=\phi(g,\phi(h,x))$ .

Observación: De lo anterior se deduce una definición equivalente de acción de grupo. Si dejamos fijo un elemento $g\in G$ entonces $\phi_{g}=x\mapsto\phi(g,x)$ es una biyección de $X$ . En efecto, $\phi(g,x)=\phi(g,y)$ implica que $\phi(g^{-1},\phi(g,x))=\phi(g^{-1},\phi(g,y))$ lo cual, por el punto (2) implica que $\phi(e,x)=\phi(e,y)$ lo cual por (1) significa que $x=y$ . Es decir, $\phi_{g}$ es inyectiva. La sobreyectividad resulta del hecho de que $\phi(g^{-1},x)$ tiene por imagen vía $\phi_{g}$ a $x$ .
Lo anterior muestra que la valuación por un elemento en $G$ define un homomorfismo de grupos entre $G$ y $Biy(X)$ donde este último es grupo por composición.

Ejemplo: Consideremos $G=<(z+1),(z+i)>$ con la operación de composición, y sea $X=\mathbb{C}$ . Entonces $G$ actúa en $X$ via la valuación. En efecto, definimos $\phi:G\times X\rightarrow X$ , dada por $\phi(g,z)=g(z)$ .

Lema (Ping-Pong): Supongamos que $G$ actúa sobre $X$ y consideremos $H_{1},H_{2}$ dos subgrupos de $G$ . Denotamos $H=<H_{1},H_{2}>$ el grupo generado por $H_{1}$ y $H_{2}$ . Supongamos además que existen dos subconjuntos de $X$ , $X_{1},X_{2}$ disjuntos, no vacíos, tales que

$h(X_{2})\subset X_{1}$ , para todo $h\in (H_{1}\setminus\{e\})$

$h(X_{1})\subset X_{2}$ , para todo $h\in (H_{2}\setminus\{e\})$

Supondremos también que $H_{1}$ tiene al menos $3$ elementos. Entonces $H$ es isomorfo a $H_{1}\ast H_{2}$ , donde $\ast$ denota el producto libre (el producto libre entre dos grupos contiene como elementos a todas las palabras formadas por elementos de ambos grupos luego de reducirlas).

Demostración:

Mostraremos que la aplicación natural $H_{1}\ast H_{2}\rightarrow G$ (dada por la inclusión luego de realizar las operaciones de grupo) es inyectiva. Esto quiere decir que para todo elemento de $H_{1}\ast H_{2}$ de la forma $a_{1}b_{1}...a_{n}b_{n}$ es distinto de $e$ para $n\geq 1$ , $a_{i}\in H_{1}$ , $b_{i}\in H_{2}$ ( $i\in\{1,...,n\}$ ) y con todos tales elementos diferentes de la identidad, salvo quizas $a_{1}$ o $b_{n}$ , pero no ambos.

Observación: Los elementos de $H_{1}\ast H_{2}$ son precisamente los productos formales descritos anteriormente, y por lo mismo, si la inyección natural satisface lo anterior, el grupo generado $H$ debe ser isomorfo a $H_{1}\ast H_{2}$ .

Consideremos entonces un elemento $g\in G$ de la forma $g=a_{1}b_{1}a_{2}b_{2}...a_{n}$ , con cada $a_{i}\in H_{1}$ , $b_{i}\in H_{2}$ , todos distintos de la identidad. Por hipótesis, existe $x_{0}\in X_{2}$ , por lo que $\phi(a_{n},x_{0})\in X_{1}$ , $\phi(b_{n-1},\phi(a_{n},x_{0}))\in X_{2}$ ,…, $\phi(a_{1},\phi(b_{1},...\phi(a_{n},x_{0})...))\in X_{1}$ . Es decir, por un simple proceso inductivo, y por nuestra hipótesis, se tiene $\phi(g,x_{0})\in X_{1}$ . Luego, ya que $X_{1}\cap X_{2}=\emptyset$ , $\phi(g,x_{0})\neq x_{0}$ , y por lo tanto $g\neq e$ .

Es importante darse cuenta que lo que ocurre es idéntico a lo que ocurre en el ping-pong: La acción de grupo envia $x_{0}$ en $X_{1}$ , luego nuevamente por la accion este nuevo elemento es enviado a $X_{2}$ , luego a $X_{1}$ ,… y así sucesivamente hasta que al aplicar $\phi(a_{n},\dot)$ nos queda un elemento en $X_{1}$ .

Si suponemos ahora $g=a_{1}b_{1},...,a_{n}b_{n}$ con todos los elementos del productos distintos de la identidad y de la forma antes señalada, ya que $H_{1}$ tiene al menos $3$ elementos, existe $a\not\in\{e,a_{1}\}$ . Entonces por el caso ya visto se tiene que $a^{-1}ga\neq e$ y luego $g\neq e$ .

Si $g=b_{1}a_{2}...a_{n}$ , entonces $g^{-1}$ es de la forma del caso precedente, y luego $g^{-1}\neq e$ ; es decir, $g\neq e$ .

Finalmente, si $g=b_{1}a_{2}...a_{n}b_{n}$ , escogemos un elemento $a\in H_{1}$ distinto de la identidad, y consideramos $aga^{-1}$ . Este nuevo elemento cae en el primer caso que estudiamos, y luego es distinto de la identidad. Esto implica que $g\neq e$ .

$\blacksquare$

Nota: La hipótesis de la cardinalidad mayor o igual a 3 en $H_{1}$ es importante. Si consideramos $G$ el grupo de isometrías del plano euclideano, $H_{1}$ el subgrupo generado por la reflexión por el eje $x=0$ , $H_{2}$ el subgrupo generado por la reflexión por el eje $y=0$ , $X_{1}=\{(-1,-1),(1,1)\}$ y $X_{2}=\{(-1,1),(1,-1)\}$ , entonces todas las hipótesis se satisfacen, salvo la de la cardinalidad de $H_{1}$ , con $H_{1}\ast H_{2}$ siendo un grupo de infinitos elementos pero $<H_{1},H_{2}>$ solo con 4 elementos.

Sobre grupos y densidad.

15 marzo, 2013 de nfalvarado

Proposición: Sea $(\mathbb{R}, +)$ un grupo y $G\leq\mathbb{R}$ . Demuestre que $G$ es denso en $\mathbb{R}$ , o bien $G=a\mathbb{Z}$ con algún $a$ en $\mathbb{R}$

Solución: Si $G$ es el grupo trivial escogemos $a=0$ . Luego $G=a\mathbb{Z}=0\mathbb{Z}.$

Consideremos entonces $G^+$ como el conjunto de los elemtos positivos de $G$ . Luego tenemos que $\inf{G^+}=0$ o $\inf{G^+}\neq 0$ .

Tomemos el caso en que $\inf{G^+}=0$ , entonces tenemos elementos positivos de $G$ arbitrariamente cerca de $0$ .

Afirmamos que $G$ es denso en $\mathbb{R}$ .

En efecto, sean $x\in \mathbb{R}$ y $\varepsilon >0$ , consideremos $g\in G$ tal que $\varepsilon > g$ $>0$ .

Por otra parte, como $g\in G$ tenemos que $2g\in G$ , ya que $G$ es subgrupo de $(R,+)$ . Entonces repitiendo esto $k$ veces, notamos que $kg\in G$ para todo $k\in\mathbb{Z}$ . Ahora tomemos los intervalos de la forma $[(k-1)g,kg)$ ; es fácil ver que estos intervalos son disjuntos y que su largo es $g$ , además $\bigcup_{k\in\mathbb{Z}}[(k-1)g,kg)=\mathbb{R}$ .

Por otro lado si $x\in$ $\bigcup_{k\in\mathbb{Z}}[(k-1)g,kg)$ entonces $x\in [(k-1)g,kg]$ para algún $k$ en $\mathbb{Z}$ . Por lo tanto, como $|x-kg|<\varepsilon$ se tiene que todo $x$ se encuentra a distancia menor que $\varepsilon$ de algún $\bar{g}\in G$ para cualquier $\varepsilon$ . Así, concluimos que $G$ es denso en $\mathbb{R}$

Por otra parte, supongamos que $\inf{G^+}\neq 0$ , llamémosle $h$ .

Si $h\notin G$ , podemos escoger una sucesión de elementos distintos y mayores que $h$ . Consideremos la sucesión $(h_i)_{i\in\mathbb{N}}$ , decreciente. Luego como converge es una sucesión de Cauchy.

Entonces $\forall \varepsilon >0$ , $\exists N$ tal que $|h_n-h_m|<\varepsilon$ , $\forall n,m \geq N$ .

Sabemos que $h_n, h_m \in G$ , entonces $h_n-h_m \in G$ .

Si la diferencia entre los términos de la sucesión es negativa, basta considerar el inverso para hacerla positiva. Luego considerando $h=\varepsilon$ tenemos un elemento del grupo positivo y menor que $h$ , lo que es absurdo. Entonces tenemos que $h\in G$ .

Consideremos ahora $[(k-1)h,kh)$ , por lo demostrado anteriormente tenemos que solo $(k-1)h$ está en el intervalo, entonces luego es fácil ver que los únicos elementos de $G$ que pertenecen a $\bigcup_{k\in \mathbb{Z}} [(k-1)h,kh)$ son de la forma $hk$ , por lo tanto $G$ es de la forma $h\mathbb{Z}$ para algún $h\in \mathbb{R}$ .