Editar: Prueba añadida de que el 4-simplex genera un grupo libre.
Aquí hay una prueba bastante sencilla de que el grafo de los dodecaedros gemelos es un árbol, que luego se utiliza para demostrar que el 4-simplex genera un grupo libre.
Empezaremos trabajando con un gráfico de 4-símbolos gemelos, en lugar de dodecaedros gemelos. (Este es un enfoque que sugirió John Baez.) Dado cualquier 4-simplex con cinco cuaterniones unitarios $q_i$ como sus vértices, definiremos cinco "gemelos" de este 4-simplex, relativos a cada uno de sus cinco vértices, como los 4-simplex con vértices:
$$q^{(m)}_i = q_m q_i^{-1} q_m$$
Cuando $q_m = q_i$ que tenemos:
$$q^{(m)}_m = q_m$$
Así que el simplex y su gemelo siempre comparten un vértice. Si entonces "hermanamos" el simplex gemelo con respecto a ese vértice compartido, volveremos a la original simplex:
$$q^{(m)}_m (q^{(m)}_i)^{-1} q^{(m)}_m = q_m q_m^{-1} q_i q_m^{-1} q_m = q_i$$
Definiremos un mapa $G: \mathbb{Q}^4 \to \mathbb{Q}(\sqrt{5})^4$ como:
$$G(x) = \left(x_0, x_1 \sqrt{5}, x_2 \sqrt{5}, x_3 \sqrt{5}\right)$$
Ahora supongamos que tenemos cuaterniones unitarios:
$$q_a = G(a) \qquad q_b = G(b)$$
donde $a, b \in \mathbb{Q}^4$ y $q_a$ y $q_b$ son distintivo vértices del mismo 4-simplex, por lo que $q_a \cdot q_b = -\frac{1}{4}$ . Entonces las multiplicaciones de cuaterniones de la operación de hermanamiento se simplifican de forma extraordinaria, y tenemos:
$$q_a q_b^{-1} q_a = -\frac{1}{2} G(a+2b)\qquad q_a \ne q_b$$
(Si $q_a = q_b$ entonces, por supuesto, el propio gemelo es simplemente igual a $q_a$ .)
Supongamos además que todos los $a_i, b_i$ son iguales a enteros divididos por potencias de 2, y que escribimos cada cuaternión unitario $q_a$ y $q_b$ con un denominador común en los cuatro componentes:
$$q_a = \frac{1}{2^{n_a}} G(r)$$ $$q_b = \frac{1}{2^{n_b}} G(s)$$
donde $r, s \in \mathbb{Z}^4$ y al menos uno de los $r_i$ y al menos uno de los $s_i$ son impar.
Entonces tenemos:
$$q_a q_b^{-1} q_a = -\frac{1}{2^{n_a+n_b+1}} G(2^{n_b}r+2^{n_a+1}s)$$
Si $n_a+1 \gt n_b$ podemos cancelar un factor de $2^{n_b}$ , dándonos:
$$q_a q_b^{-1} q_a = -\frac{1}{2^{n_a+1}} G(r+2^{n_a-n_b+1}s)$$
Dado que al menos uno de los $r_i$ es impar, no es posible ninguna otra cancelación.
Si $n_a+1 \lt n_b$ podemos cancelar un factor de $2^{n_a+1}$ , dándonos:
$$q_a q_b^{-1} q_a = -\frac{1}{2^{n_b}} G(2^{n_b-n_a-1}r+s)$$
Dado que al menos uno de los $s_i$ es impar, no es posible ninguna otra cancelación.
Si $n_a+1 = n_b$ tenemos:
$$q_a q_b^{-1} q_a = -\frac{1}{2^{n_b}} G(r+s)$$
Aquí es posible que haya más cancelaciones, dependiendo de los detalles del $r_i$ y $s_i$ . Sin embargo, resultará que nunca necesitaremos hacer uso de este caso, porque sólo aparece si nos movemos hacia atrás en el gráfico.
Así que $n_t$ , la potencia de 2 en el denominador del vértice del gemelo, será:
$$n_t=\begin{cases} max(n_a+1,n_b) & n_a+1 \ne n_b \\ n_b - ? & n_a+1 = n_b\end{cases}$$
En el simplex original, uno de los vértices tiene $n=0$ como potencia de 2 en su denominador, y los otros cuatro vértices tienen $n=2$ . En sus gemelos, tenemos los casos:
$$\begin{array}{cccc} n_a & n_b & q_a = q_b & n_t \\ 0 & 0 & T & 0 \\ 0 & 2 & F & 2 \\ 2 & 0 & F & 3 \\ 2 & 2 & F & 3 \\ 2 & 2 & T & 2 \end{array}$$
Así que el gemelo relativo al vértice $q_0=(1,0,0,0)$ tiene $n_t=0,2,2,2,2$ de nuevo, mientras que los relativos a los otros vértices tienen $n_t=2,3,3,3,3$ . Pero sólo conseguimos $n_t=2$ cuando $q_a=q_b$ por lo que al extender el gráfico hacia el exterior nunca se hermanarán estos gemelos respecto a ese vértice, ya que sólo nos llevaría de vuelta al simplex original. Esto significa que cuando tomamos gemelos de los gemelos, no nos encontramos con el caso $n_b = n_a+1$ ya que en los gemelos de primer nivel nunca set $q_a$ igual al vértice con $n_t=2$ .
Como tomamos gemelos de gemelos, cualquier secuencia de potencias que encontremos partiendo del gemelo con potencias $0,2,2,2,2$ coincidirá con uno que encontremos partiendo del simplex original, por lo que wlog podemos suponer que extendemos el gráfico a través de un gemelo con potencias $2,3,3,3,3$ . Las posibilidades son entonces:
$$\begin{array}{cccc} n_a & n_b & q_a = q_b & n_t \\ 3 & 2 & F & 4 \\ 3 & 3 & F & 4 \\ 3 & 3 & T & 3\end{array}$$
Una vez más, nunca tomaremos gemelos de nivel superior con el vértice que obtenemos de $q_a=q_b$ Así que de nuevo evitamos el caso $n_b = n_a+1$ . Y ahora está claro que el patrón continuará así: cada $n$ nivel gemelo (que no alcanzamos a través de $q_0$ ) tendrá poderes $n+1,n+2,n+2,n+2,n+2$ mientras que los que hizo llegar a través de $q_0$ sólo se verá como $(n-1)$ de los gemelos de nivel, con poderes $n, n+1, n+1, n+1, n+1$ .
Si elegimos una secuencia $m_1, m_2, ... , m_M$ de vértices, con $m_k \ne m_{k+1}$ y aplicar la operación de hermanamiento repetidamente utilizando el vértice con índice $m_k$ para incluso $M$ terminamos con:
$$q^{(m_1 m_2 ... m_M)}_i = q_{m_1} q_{m_2}^{-1} ... q_{m_M}^{-1} \: q_i \: q_{m_M}^{-1} ... q_{m_2}^{-1} q_{m_1}$$
mientras que para impar $M$ nos encontramos con que:
$$q^{(m_1 m_2 ... m_M)}_i = q_{m_1} q_{m_2}^{-1} ... q_{m_M} \: q_i^{-1} \: q_{m_M} ... q_{m_2}^{-1} q_{m_1}$$
Ahora supongamos que nuestro gráfico no fuera un árbol. Entonces habría dos secuencias diferentes de índices así, digamos $m_1, m_2, ... , m_M$ y $p_1, p_2, ... , p_P$ que resultaron en el mismo simplex. Vamos a definir la rotación:
$$R(x) = q_{m_M}^{\pm 1} ... q_{m_2} q_{m_1}^{-1} \: x \: q_{m_1}^{-1} q_{m_2} ... q_{m_M}^{\pm 1}$$
donde $q_{m_M}^{\pm 1} = q_{m_M}$ si $M$ es par, y $q_{m_M}^{-1}$ si $M$ es impar.
Aplicando $R$ al primer simplex lo reducirá a cualquiera de los dos simplesx originales, $q_i$ , si $M$ es par, o al gemelo relativo a $q_0$ con vértices $q_i^{-1}$ , si $M$ es impar.
Si $M$ es uniforme, aplicando $R$ al segundo simplex lo mapeará en el simplex que surge de la secuencia $m_M, ..., m_1, p_1, ..., p_P$ . Si las dos secuencias originales coinciden al principio, entonces $q_{m_1}^{-1}$ se cancelará con $q_{p_1} = q_{m_1}$ en la cadena de productos de vértice, y así sucesivamente mientras las secuencias sean iguales, pero como las secuencias no son idénticas, quedará alguna secuencia no vacía.
Si $M$ es impar, aplicando $R$ al segundo simplex lo mapeará en el inversa del simplex que surge de la secuencia $m_M, ..., m_1, p_1, ..., p_P$ , de nuevo con algunas posibles cancelaciones.
Entonces tenemos el resultado de que o bien el simplex original (si $M$ es par) o su inversa (si $M$ es impar), ambos con poderes $0,2,2,2,2$ es igual a algún otro simplex del gráfico (si $M$ es par), debido a alguna secuencia no vacía de operaciones de hermanamiento, o la inversa de ese simplex (si $M$ es impar).
El único simplex del gráfico, además del original, con potencias $0,2,2,2,2$ es la debida a la secuencia de índices $0$ : el gemelo del original con respecto a $q_0$ . Pero sabemos que este es el inversa del simplex original, en lugar de ser igual a él. Si $M$ es par o impar, la afirmación termina siendo que el simplex original y su inverso son iguales, lo cual es falso. Así que nuestra suposición de que el gráfico no es un árbol debe ser falsa.
Por último, podemos relacionar esto con el gráfico de los dodecaedros de la siguiente manera. Cada simplex con vértices $q_i$ se puede utilizar para construir un dodecaedro, cuyos 20 vértices son:
$$d_{i,j} = q_i q_j^{-1} \qquad i \ne j$$
El dodecaedro construido a partir de un simplex gemelo tiene vértices:
$$d^{(m)}_{i,j} = q^{(m)}_i (q^{(m)}_j)^{-1} = q_m q_i^{-1} q_m (q_m q_j^{-1} q_m)^{-1} = q_m q_i^{-1} q_j q_m^{-1}$$
Estos comparten los 8 vértices donde $i=m, j \ne m$ o $j=m, i \ne m$ :
$$d^{(m)}_{m,j} = q_j q_m^{-1} = d_{j,m}$$ $$d^{(m)}_{i,m} = q_m q_i^{-1} = d_{m,i}$$
lo que los convierte en dodecaedros gemelos. Así que el árbol de simples gemelos da lugar a un gráfico de dodecaedros gemelos.
La razón por la que no podemos afirmar inmediatamente que el gráfico de dodecaedros es también un árbol es que se pueden utilizar dos simplex no idénticos para construir el mismo dodecaedro. Si multiplicamos por la derecha todos los vértices de un simplex dado por el mismo cuaternión unitario $q_R$ , girándolo en otro simplex, entonces $q_R$ se anula en la fórmula de los vértices del dodecaedro.
Entonces, ¿podrían dos de los simplex de nuestro árbol ser iguales hasta la multiplicación por la derecha de algún cuaternión $q_R$ ? Podemos demostrar que esto es imposible explotando el hecho de que todos estos simplex tienen sus vértices en un subconjunto particular del campo dorado, $G(\mathbb{Q}^4) \subset \mathbb{Q}(\sqrt{5})^4$ en la que la primera coordenada es puramente racional y todas las demás coordenadas son múltiplos racionales de $\sqrt{5}$ .
Supongamos que tenemos tres cuaterniones unitarios linealmente independientes $q_i \in G(\mathbb{Q}^4)$ cada uno de los cuales se describe en términos de un vector de 4 racionales, $a_i \in \mathbb{Q}^4$ :
$$q_i = G(a_i) \qquad i=1,2,3$$
Y supongamos que elegimos un cuarto cuaternión, $p \in G(\mathbb{Q}^4)$ que deseamos mapear $q_1$ en por multiplicación por la derecha, con $p = G(b)$ para algunos $b \in \mathbb{Q}^4$ . El cuaternión con el que tenemos que multiplicar por la derecha para conseguirlo será:
$$q_R = q_1^{-1} p$$
En general, $q_R$ no pertenecerá a $G(\mathbb{Q}^4)$ . La pregunta que queremos responder es: ¿qué restricciones se imponen a $p$ exigiendo las imágenes del otro $q_i$ bajo la multiplicación por el derecho:
$$q_i q_R = q_i q_1^{-1} p \qquad i=2,3$$
para acostarse en $G(\mathbb{Q}^4)$ . Multiplicando esto y poniendo a cero las partes racionales e irracionales apropiadas de los componentes del producto, obtenemos un conjunto de ocho ecuaciones lineales en los parámetros racionales $b_j, j=0,1,2,3$ :
$$\begin{array}{lcr} b_3 \left(a_{1,2} a_{2,1}-a_{1,1} a_{2,2}\right)+b_2 \left(a_{1,1} a_{2,3}-a_{1,3} a_{2,1}\right)+b_1 \left(a_{1,3} a_{2,2}-a_{1,2} a_{2,3}\right) & = & 0\\ b_3 \left(a_{1,0} a_{2,2}-a_{1,2} a_{2,0}\right)+b_2 \left(a_{1,3} a_{2,0}-a_{1,0} a_{2,3}\right)+b_0 \left(a_{1,2} a_{2,3}-a_{1,3} a_{2,2}\right) & = & 0\\ b_3 \left(a_{1,1} a_{2,0}-a_{1,0} a_{2,1}\right)+b_1 \left(a_{1,0} a_{2,3}-a_{1,3} a_{2,0}\right)+b_0 \left(a_{1,3} a_{2,1}-a_{1,1} a_{2,3}\right) & = & 0\\ b_2 \left(a_{1,0} a_{2,1}-a_{1,1} a_{2,0}\right)+b_1 \left(a_{1,2} a_{2,0}-a_{1,0} a_{2,2}\right)+b_0 \left(a_{1,1} a_{2,2}-a_{1,2} a_{2,1}\right) & = & 0\\ b_3 \left(a_{1,2} a_{3,1}-a_{1,1} a_{3,2}\right)+b_2 \left(a_{1,1} a_{3,3}-a_{1,3} a_{3,1}\right)+b_1 \left(a_{1,3} a_{3,2}-a_{1,2} a_{3,3}\right) & = & 0\\ b_3 \left(a_{1,0} a_{3,2}-a_{1,2} a_{3,0}\right)+b_2 \left(a_{1,3} a_{3,0}-a_{1,0} a_{3,3}\right)+b_0 \left(a_{1,2} a_{3,3}-a_{1,3} a_{3,2}\right) & = & 0\\ b_3 \left(a_{1,1} a_{3,0}-a_{1,0} a_{3,1}\right)+b_1 \left(a_{1,0} a_{3,3}-a_{1,3} a_{3,0}\right)+b_0 \left(a_{1,3} a_{3,1}-a_{1,1} a_{3,3}\right) & = & 0\\ b_2 \left(a_{1,0} a_{3,1}-a_{1,1} a_{3,0}\right)+b_1 \left(a_{1,2} a_{3,0}-a_{1,0} a_{3,2}\right)+b_0 \left(a_{1,1} a_{3,2}-a_{1,2} a_{3,1}\right) & = & 0\end{array}$$
Este sistema tiene una familia de soluciones de 1 parámetro:
$$b_i = \lambda a_{1,i}$$
En otras palabras, los únicos vectores que podemos mapear $q_1$ en por multiplicación por la derecha son múltiplos escalares de sí mismo, si queremos que las imágenes de $q_2$ y $q_3$ para acostarse en $G(\mathbb{Q}^4)$ . Por lo tanto, la multiplicación por la derecha no puede asignar uno de los símiles del árbol a otro, y cada símil distinto pertenece a una clase de equivalencia distinta, módulo de la multiplicación por la derecha.
Esto significa que los dodecaedros creados a partir de simples distintos en el árbol son distintos, y el gráfico de dodecaedros es un árbol.
Para demostrar que el 4-simplex genera un grupo libre, supongamos que tenemos cualquier producto finito de potencias positivas o negativas de los elementos $\{q_1, q_2, q_3, q_4\}$ . Insertando el elemento 1 en la forma $q_0$ o $q_0^{-1}$ cuando sea necesario, podemos escribir este producto como
$$p=q_{m_1} q_{m_2}^{-1} q_{m_3} ... q_{m_M}^{\pm 1}$$
para alguna secuencia $m_1, m_2, ... , m_M$ con $m_k \ne m_{k+1}$ . Tenemos entonces que los vértices del dodecaedro construido a partir del 4-símplex asociado a esta secuencia son, para los pares $M$ :
$$d^{(m_1 m_2 ... m_M)}_{i,j} = p q_i q_j^{-1} p^{-1}$$
y para impar $M$ :
$$d^{(m_1 m_2 ... m_M)}_{i,j} = p q_i^{-1} q_j p^{-1}$$
Si $p=1$ para alguna secuencia no vacía, entonces este dodecaedro también aparecería en otra parte del árbol, ya sea como el dodecaedro construido a partir del simplex original, o el construido a partir de su gemelo relativo a $q_0$ . Pero esto es imposible, así que $p \ne 1$ .
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¿no implicaría esto que el grupo multiplicativo de los cuaterniones contiene un grupo libre sobre 4 símbolos? Esto me resulta bastante sorprendente.
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Sí, eso implicaría. Los cuaterniones unitarios forman el grupo isomorfo a $\mathrm{SU}(2)$ bajo la multiplicación, y creo que si eliges al azar $n$ elementos de $\mathrm{SU}(2)$ (Aquí estoy usando la medida de Haar para definir la probabilidad). Sin embargo, tengo problemas para encontrar una referencia para esto.
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De acuerdo, aquí es una incrustación del grupo libre sobre 2 generadores en $\mathrm{SO}(3)$ y aquí son algunas pruebas de que se puede incrustar un grupo libre de cualquier número contable de generadores en el grupo libre sobre 2 generadores. Así que, $\mathrm{SU}(2)$ (doble cobertura $\mathrm{SO}(3)$ ) contiene grupos libres de rango contable arbitrario.
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La existencia implica que un conjunto aleatorio con $n$ Los generadores son gratuitos: Porque hay un número contable de palabras en el $n$ generadores, basta con comprobar que cada uno de ellos es no trivial con probabilidad $1$ . Pero cada palabra define una función analítica $SU(2)^N \to SU(2)$ que es trivial con probabilidad $0$ a menos que sea la función constante con valor la identidad. Pero no es la función constante con valor la identidad, porque a veces no es la identidad.
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De forma más general, la alternativa de Tits afirma que cualquier grupo lineal contiene un subgrupo soluble de índice finito o un subgrupo libre no abeliano. Por cierto, se construyen subgrupos libres mediante un famoso argumento llamado Ping-Pong (normalmente atribuido a Tits o incluso a Klein). Eso sería una cosa a tratar de hacer aquí.
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@John: Me desconcertó un poco tu uso de la palabra "poner"; al principio me sonó como si pudiera elegir arbitrariamente algunos cuaterniones para ponerlos en los vértices de un $4$ -pero ahora creo que estás hablando de los vértices de un $4$ -simplemente en los cuaterniones Así que una vez que haya seleccionado un $4$ -simplemente no puedo elegir otra cosa. ¿Puede aclarar la redacción aquí?
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Pensando en estos cuaterniones como elementos en $SU(2)$ tienen rastro $-\frac12$ . Esto indica que debería haber una acción no trivial en un árbol de Bass-Serre. Podría ser posible demostrar que la acción sobre este árbol es libre, en cuyo caso el grupo es libre.
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Prueba la conjugación de Galos llevando estos cuaterniones a elementos de $SL(2,R)$ y luego construir un dominio fundamental en el plano hiperbólico. Así es como se demuestra la alternativa de Tits en su situación.
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@Qiaochu - sí, me refería a que elegimos 5 cuaterniones unitarios que son vértices de un 4-símplex regular, y asumimos que uno de ellos es igual a 1. Voy a cambiar mi redacción.