Si $G$ es un grupo cíclico finito que actúa fielmente sobre $\mathbb{P}^1_\mathbb{C}$ ¿debe tener exactamente dos puntos fijos?

Question

Si $G$ es un grupo cíclico finito (no trivial) que actúa fielmente sobre $\mathbb{P}^1_\mathbb{C}$ por automorfismos holomorfos, ¿debe tener exactamente dos puntos fijos?

Creo que esto debería desprenderse de la fórmula de Hurwitz, pero es posible que me haya equivocado. ¿Es esto bien conocido? ¿Existen otras pruebas de esto que no utilicen la fórmula de Hurwitz?

Answer 1

Gracias a Kenny Wong, la respuesta es fácil.

Los puntos fijos de un grupo cíclico son los mismos que los puntos fijos de un generador, que no es más que una transformación de mobius dada por $z\mapsto (az+b)/(cz+d)$ o, alternativamente, dada por una matriz $\begin{bmatrix}a&b\\c&d\end{bmatrix}$ que representa un elemento de $PGL_2(\mathbb{C})$ . Observando la forma canónica de Jordan, vemos que si la matriz tiene orden finito, entonces es diagonalizable, es decir, tiene dos vectores propios linealmente independientes, es decir, dos puntos fijos.

Alternativamente, si $\alpha$ es un automorfismo, entonces como $PGL_2(\mathbb{C})$ es fuertemente 3-transitivo, si $\alpha$ fija al menos 3 puntos, entonces debe ser la identidad. Si se fija $\le 1$ puntos y tiene orden finito entonces el mapa cociente $$\mathbb{P}^1_\mathbb{C}\rightarrow\mathbb{P}^1_\mathbb{C}/\langle\alpha\rangle$$ se ramifica en $\le 1$ puntos, pero $\mathbb{P}^1_\mathbb{C}/\langle\alpha\rangle$ es una superficie de Riemann lisa y compacta, por lo que también es isomorfa a $\mathbb{P}^1_\mathbb{C}$ y, por tanto, el mapa anterior se restringe a una cubierta no ramificada de $\mathbb{P}^1_\mathbb{C} - \{\text{$\le 1 $ points}\}$ lo que no puede ocurrir ya que ambos $\mathbb{P}^1_\mathbb{C}$ y $\mathbb{A}^1_\mathbb{C}$ tienen grupos fundamentales triviales.

Nótese que el supuesto de orden finito es crucial, ya que la matriz $\begin{bmatrix}1&1\\0&1\end{bmatrix}$ que representa el automorfismo $z\mapsto z+1$ tiene un solo punto fijo, pero esto está bien ya que tiene un orden infinito, y por lo tanto no es el generador de un grupo cíclico finito.

Answer 2

He aquí un punto de vista alternativo.

Es un hecho de la geometría algebraica que los isomorfismos de $P^n$ están en $PLG_n$ (todos son lineales), así que lo que tenemos es una representación proyectiva de $G$ .

Dejemos que $g \in G$ ser un generador. Su acción puede ser representada por $cA$ para alguna matriz $A$ actuando en $V = \mathbb{C}^2$ y cualquier $c \in \mathbb{C}^*$ . Sabemos que $A^n = d I$ para algunos $d \in \mathbb{C}^*$ . Así que si $c$ es algo $nth$ raíz de $1 /d$ , $cA$ es una elevación de la acción de $g$ que define una representación de $G$ en $\mathbb{C}^2$ y la proyectación de esta representación es la acción original.

Desde $G$ es abeliana, obtenemos una descomposición $V = \mathbb{C}^2 = W' \oplus W$ , para $W'$ y $W$ Representaciones unidimensionales de $G$ . Si tienen el mismo carácter, entonces la acción inducida sobre $P^1$ es trivial. Por lo tanto, suponemos que tienen caracteres diferentes.

Entonces se deduce de la unicidad de las descomposiciones isotípicas que $W'$ y $W$ son los únicos subespacios fijos adecuados de $V$ . Así que la representación tiene exactamente dos líneas fijas, por lo que la representación proyectiva tiene exactamente dos puntos fijos.