¿Generan los cuaterniones unitarios en los vértices de un símplex regular de 4, siendo uno de ellos 1, un grupo libre?

Question

Elegir cuaterniones unitarios $q_0, q_1, q_2, q_3, q_4$ que forman los vértices de un 4-símplex regular en los cuaterniones. Supongamos que $q_0 = 1$ . Que los otros cuatro generen un grupo mediante la multiplicación de cuaterniones. ¿Es éste un grupo libre con 4 generadores?

He oído de Adrian Ocneanu que la respuesta es sí pero no conozco una prueba.

He aquí por qué me importa. Como se muestra en esta imagen de Greg Egan, se puede inscribir un cubo en un dodecaedro regular:

Si se gira el cubo 90 grados en torno a un eje de simetría cuádruple, el dodecaedro se mapeará en un diferentes dodecaedro. Ocneanu llama a esto un gemelo del dodecaedro original. Por ejemplo, el dodecaedro rojo de arriba tiene como gemelo al azul, y viceversa. A pesar del nombre, un dodecaedro regular tiene en realidad 5 gemelos diferentes, uno por cada cubo que puede inscribirse en él.

Puede crear un gráfico de la siguiente manera. Empieza con un nodo para nuestro dodecaedro original. Dibuja nodos para todos los dodecaedros que puedas obtener a partir de éste tomando repetidamente gemelos. Conecta dos nodos con una arista si y sólo si son gemelos entre sí.

Ocneanu afirma que el gráfico resultante es un árbol. En otras palabras, si empiezas en tu dodecaedro original, y sigues caminando por las aristas de este gráfico tomando gemelos, nunca volverás a donde empezaste excepto deshaciendo todos tus pasos.

Ocneanu no me dijo la prueba, pero dijo que la clave de la prueba era esta:

Reclamación Si se toman cuaterniones unitarios en los vértices de un complejo regular de 4, uno de ellos igual a 1, los cuatro restantes son generadores de un grupo libre.

De hecho, Egan y yo pudimos utilizar esta afirmación para demostrar que el gráfico es un árbol:

• John Baez, Dodecaedros gemelos , Visión de conjunto , 1 de mayo de 2015.

Así que ahora quiero saber por qué la afirmación de Ocneanu es cierta --- y de hecho, quiero saber que es cierto.

Si te sirve de ayuda, puedes suponer que el 4-simplex regular tiene estos vértices:

$$q_0 = 1$$

$$q_1 = -\frac{1}{4} + \frac{\sqrt{5}}{4} i + \frac{\sqrt{5}}{4} j + \frac{\sqrt{5}}{4} k$$

$$q_2 = -\frac{1}{4} + \frac{\sqrt{5}}{4} i -\frac{\sqrt{5}}{4} j -\frac{\sqrt{5}}{4} k$$

$$q_3 = -\frac{1}{4} -\frac{\sqrt{5}}{4} i + \frac{\sqrt{5}}{4} j -\frac{\sqrt{5}}{4} k$$

$$q_4 = -\frac{1}{4} -\frac{\sqrt{5}}{4} i -\frac{\sqrt{5}}{4} j +\frac{\sqrt{5}}{4} k$$

Answer 1

Editar: La respuesta anterior tenía un error, del que me di cuenta por un comentario de @Will Sawin, y la he revisado completamente.

Este grupo es un subgrupo de un Red S-aritmética que actúa discretamente sobre el árbol de Serre de valencia finita asociado a $SL_2$ (realmente, un Edificio Bruhat-Tits asociado a $SL_2(F)$ , donde $F$ es un campo local), por lo que es prácticamente libre.

Los cuaterniones racionales son una álgebra de cuaterniones con el símbolo de Hilbert $\binom{\underline{-1,-1}}{\mathbb{Q}}$ . Podemos tensor con $F=\mathbb{Q}(\sqrt{5})$ para obtener el álgebra de cuaterniones $A=\binom{\underline{-1,-1}}{F}$ . Los elementos dados $q_i$ son elementos de norma unitaria en el álgebra de cuaterniones $A$ . Dado que los cuaterniones reales $\binom{\underline{-1,-1}}{\mathbb{R}}$ se ramifica (es decir, un álgebra de división), el álgebra $\binom{\underline{-1,-1}}{F}$ está ramificado en los dos lugares reales (tensores $A$ con $\mathbb{R}$ sobre las dos incrustaciones de $F$ en $\mathbb{R}$ .

Para todos los lugares Impares (es decir, tensores $A$ con $F_\mathcal{P}$ El $\mathcal{P}$ -Cumplimiento de los requisitos de $F$ ), el álgebra de cuaterniones $A_\mathcal{P}=A\otimes_F F_\mathcal{P}$ se divide, es decir, es isomorfo a un álgebra matricial $M_2(F_\mathcal{P})$ . Desde $2$ no se divide sobre $F$ el álgebra $A_{(2)}$ también debe dividirse, ya que $A$ debe dividirse en un número par de lugares por la Ley de Reciprocidad de Hilbert.

Los elementos dados se encuentran en un orden $\mathbb{Z}[\sqrt{5}][\frac12][1,i,j,k] \subset A$ . Para cada primo impar $\mathcal{P}$ , ésta se encuentra en un subgrupo compacto de $A_\mathcal{P}$ y se encuentra en un subgrupo compacto de los lugares reales. Por lo tanto, debe ser un entramado en $A_{(2)}^1\cong SL_2(F_{(2)})$ . Por lo tanto, actúa sobre el árbol asociado a $SL_2(F_{(2)})$ descrito en El libro de Serre Árboles Capítulo II.1 (se trata del edificio Bruhat-Tits asociado a $SL_2(F_{(2)})$ ). Por lo tanto, el grupo es prácticamente libre.

El campo de residuos de $\mathcal{O}_{F_{(2)}}$ es $\mathbb{Z}[(1+\sqrt{5})/2]/(2)=\mathbb{F}_4$ el campo con 4 elementos, por lo que el árbol de Serre tiene grado 5 ( $=|\mathbb{P^1F}_4|$ ). Es tentador suponer que los vértices del árbol de Serre corresponderán a dodecaedros, y los vecinos a gemelos, pero no lo he comprobado. Sin embargo, está claro que el grupo de automorfismo $A_5$ del dodecaedro estabiliza un vértice del árbol de Serre, y los dodecaedros gemelos deben tener un grupo de automorfismo que estabilice los vértices adyacentes del árbol.

Answer 2

Como dijo Ian Agol, el grupo es prácticamente gratuito.

Ahora, observemos que todos sus cuaterniones son congruentes con $1$ modulo $\sqrt 5$ . Esto implica que su grupo es libre de torsión (una especie de teorema de Minkowski), y por lo tanto es libre.

[ Prueba : Dejemos que $\Gamma$ sea el grupo de cuaterniones de norma $1$ en $\mathbf Z[\frac{1}{2},\sqrt{5}]$ y que $\Gamma_0$ sea el subgrupo de los que son congruentes con $1$ mod $\sqrt{5}$ .

Supongamos que $q_0^p=(1+\sqrt 5 q_0')^p=\sum_k C_p^k \sqrt 5^kq_0^k=1$ . Mirando el $\sqrt 5$ La valoración de los sumandos muestra que hay que tener $q_0'=0$ .]

---

Añadido más tarde :

Utilicemos las siguientes notaciones :

$\phi:=\frac{1+\sqrt 5}{2}$ .

$A=\mathbf Z[\phi]$ es el anillo de enteros en $K:=\mathbf Q[\sqrt 5]$ .

$\mathbf H$ es el álgebra de cuaterniones de Hamilton sobre $\mathbf Q$ . Su espacio cuadrático subyacente es simplemente el euclidiano $4$ -espacio dimensional sobre $\mathbf Q$ que es positiva definida en $\mathbf R$ anisotrópico en $\mathbf Q_2$ y dividido en $\mathbf Q_p$ para $p$ impar.

$\mathbf H_K$ es la extensión $\mathbf H\otimes K$ . Evidentemente es totalmente definida positiva (es decir $\mathbf H_K\otimes \mathbf R$ es definida positiva para cada una de las dos incrustaciones $K\to\mathbf R$ ), y se divide en todos los primos no diádicos. En el primo $2$ hay cuaterniones isotrópicos, por ejemplo $\sqrt{-7}+i+j+\sqrt 5 k$ (nota : $-7$ es un cuadrado en $\mathbf Q_2$ ), por lo que (dado que un álgebra de cuaterniones isotrópica está dividida) $\mathbf H_K\otimes \mathbf Q_2[\sqrt 5]$ está dividido (como tenía que ser por la ley que dice que el número de primos ramificados tiene que ser par).

$\mathbf H_A$ es el conjunto de cuaterniones que son integrales, es decir, que tienen traza y norma en $A$ . Evidentemente, contiene el $A$ -subálgebra $H_0$ generado por $i$ y $j$ (es decir $A.1+A.i+A.j+A.k$ ). Esta subálgebra contiene 8 vectores de norma 1. Además, contiene el mayor $A$ -subálgebra $A_1$ generados por los cuaterniones de Hurewicz, es decir, ( $A+A.i+A.j+A.\frac{1+i+j+k}{2}$ ). Esta subálgebra contiene 24 vectores de norma 1, y aún está contenida en otra mayor, obtenida añadiendo el cuaternión integral $\frac{1+\phi i+\bar \phi j}{2}$ a la generadores. Esta última álgebra es $\mathbf H_A$ y contiene 120 vectores de norma 1. Llamemos $Sp(A)$ este grupo de orden 120.

Dejemos que $L_A$ sea el complemento ortogonal de $1$ en $\mathbf H_A$ . Ya que (como módulo módulo bilineal) $H_A$ tiene un determinante $1$ (porque es el caso en cada lugar), y $1$ tiene norma $1$ , $L_A$ (como módulo bilineal) tiene que tener determinante $2$ . Contiene al menos $30$ vectores de longitud 1 (todos los cuaterniones de la forma $qi\bar q$ para $q$ en $Sp(A)$ . Se comprueba que no hay otros vectores de longitud 1 en $L_A$ y que estos vectores generan $L_A$ .

Para un $A$ -Álgebra $k$ escribamos $Sp(k)$ para el conjunto de la norma $1$ cuaterniones en $\mathbf H_A\otimes k$ , escriba $L_k$ para la ampliación $L_A\otimes k$ y escribir $SO(k)$ para el grupo ortogonal especial de $L_k$ . Tenemos el morfismo habitual $f : Sp(k)\to SO(k)$ obtenida haciendo que los cuaterniones actúen por conjugación sobre elementos de $L_k$ .

Ejemplo 1 : se comprueba que lo siguiente es una secuencia exacta $$1\to\{\pm 1\}\to Sp(A)\to SO(A)\to 1\ \ \ .$$

Ejemplo 2 : para la reducción mod $\sqrt 5$ lo siguiente es una secuencia exacta $$1\to\{\pm 1\}\to Sp(\mathbf F_5)\to SO(\mathbf F_5)\to \mathbf F_5^\times/(\mathbf F_5)^{\times 2}\to 1\ \ \ .$$

Ejemplo 3 : el grupo $SO(A[\frac 12])$ actúa transitoriamente sobre el máximos (aristas) del edificio para $SO(\mathbf Q_2[\sqrt 5])$ que es un árbol. Se deduce una descomposición como una suma amalgamada $$SO(A[\frac 12])\simeq \mathfrak{A}_5\ast_{\mathfrak{A}_4} \mathfrak S_4\ \ \ .$$ La imagen de $f$ que denotamos por $SO'(A[\frac 12])$ también actúa sobre el edificio, pero esta vez tiene $2$ órbitas de vértices máximos, $2$ órbitas de aristas, y $1$ órbita de los mínimos simbólicos. Se deduce una descomposición como suma amalgamada $$SO'(A[\frac 12])\simeq \mathfrak{A}_5\ast_{\mathfrak{A}_4} \mathfrak A_5\ \ \ .$$ De ello se deduce que el cokernel de $f$ tiene orden $2$ .

Finalmente tenemos un diagrama conmutativo en el que todas las filas y columnas son exactas :

Así que los grupos $\Gamma_0$ y $\Gamma_0'$ son isomorfas. Ahora $SO(A[\frac 12])$ tiene la característica virtual de Euler-Poincaré $$\chi_v( SO(A[\frac 12]))=\frac{1}{60}+\frac{1}{24}-\frac{1}{12}=-\frac{1}{40}$$ y $SO(\mathbf F_5)$ tiene orden $120$ por lo que obtenemos $$\chi_v( \Gamma_0')=-{3}\ \ \ .$$ Desde $\Gamma_0'$ no tiene torsión, deducimos que es un grupo libre sobre $4$ generadores ... los que corresponden a los cuaterniones (diferentes de $1$ ) que has dado en el OP.

---

Editar más :

@IanAgol pidió una justificación de la última afirmación, es decir, que los 4 cuaterniones no triviales dados en el OP generan $\Gamma_0$ . Lo siento si parece crudo.

Aquí está:

En $\mathbf H_A$ hay 2520 cuaterniones de norma 4. Entre ellos, 120 son de la forma $2q$ con $q$ en $Sp(A)$ . Los otros 2400 cuaterniones, una vez divididos por dos, proporcionan elementos de $Sp(A[\frac 12])$ . El grupo $Sp(A)$ actúa fielmente sobre ellos, y da 20 cosets de izquierda. Utilizando $f$ dos elementos de un mismo coset enviarán $L_A$ en la misma imagen, que es uno de los vértices del árbol a la distancia $2$ de $L_A$ . Esto demuestra la afirmación de que el cociente del árbol por $SO'(A)$ es la indicada anteriormente.

Cada uno de estos cosets contiene exactamente un elemento de $\Gamma_0$ . Estos elementos son ( $y=\sqrt 5$ ):

$$X_1=\left\{\begin{array}{} (&-1/4& ,& 1/4*y& ,& -1/4*y& ,& 1/4*y& )\\ (&-1/4& ,& -1/4*y& ,& -1/4*y& ,& -1/4*y& )\\ (&-1/4& ,& 1/4*y& ,& 1/4*y& ,& -1/4*y& )\\ (&-1/4& ,& -1/4*y& ,& 1/4*y& ,& 1/4*y& )\\ \end{array}\right.$$

$$X_2=\left\{\begin{array}{} (&-1/4& ,& 0& ,& 1/8*(y + 5)& ,& 1/8*(y - 5)& )\\ (&-1/4& ,& 1/8*(-y - 5)& ,& 1/8*(y - 5)& ,& 0& )\\ (&-1/4& ,& 1/4*y& ,& -1/4*y& ,& -1/4*y& )\\ (&-1/4& ,& 1/8*(-y + 5)& ,& 0& ,& 1/8*(y + 5)& )\\ \end{array}\right.$$

$$X_3=\left\{\begin{array}{} (&-1/4& ,& 1/8*(y + 5)& ,& 1/8*(y - 5)& ,& 0& )\\ (&-1/4& ,& 1/8*(y - 5)& ,& 0& ,& 1/8*(-y - 5)& )\\ (&-1/4& ,& -1/4*y& ,& -1/4*y& ,& 1/4*y& )\\ (&-1/4& ,& 0& ,& 1/8*(y + 5)& ,& 1/8*(-y + 5)& )\\ \end{array}\right.$$

$$X_4=\left\{\begin{array}{} (&-1/4& ,& -1/4*y& ,& 1/4*y& ,& -1/4*y& )\\ (&-1/4& ,& 1/8*(y + 5)& ,& 1/8*(-y + 5)& ,& 0& )\\ (&-1/4& ,& 1/8*(y - 5)& ,& 0& ,& 1/8*(y + 5)& )\\ (&-1/4& ,& 0& ,& 1/8*(-y - 5)& ,& 1/8*(y - 5)& )\\ \end{array}\right.$$

$$X_5=\left\{\begin{array}{} (&-1/4& ,& 0& ,& 1/8*(-y - 5)& ,& 1/8*(-y + 5)& )\\ (&-1/4& ,& 1/8*(-y - 5)& ,& 1/8*(-y + 5)& ,& 0& )\\ (&-1/4& ,& 1/8*(-y + 5)& ,& 0& ,& 1/8*(-y - 5)& )\\ (&-1/4& ,& 1/4*y& ,& 1/4*y& ,& 1/4*y& ) \end{array}\right.$$

Dada una arista $E_i$ con fuente $L_A$ en el árbol (hay 5), los cuaterniones $q$ tal que la geodésica entre $L_A$ y $f(q)L_A$ comienza con $E_i$ se han aislado en el conjunto $X_i$ .

Tenga en cuenta que $X_1$ es el conjunto de los inversos de los cuaterniones de la OP. Además, todos los elementos del $X_i's$ son de la forma $q_1^{-1}q_2$ con $q_1,q_2\in X_1\cup\{1\}$ . El reclamo es el siguiente.

Answer 3

Por el teorema de Stalling cualquier grupo virtualmente libre de torsión es libre ver aquí . Según la respuesta de Ian Agol, el grupo está prácticamente libre.

Los cuatro cuaterniones son congruentes con $-1/4$ mod $\sqrt 5$ y como $5/4-1/4=1$ como ha señalado few-reps en su respuesta todos son congruentes con $1$ . Así que sus productos finitos son siempre congruentes con un número real no nulo mod $\sqrt 5$ . Así que la suma de sus cuadrados es una fracción con denominador y numerador relativamente primos, con el numerador divisible por 5.

Ahora el término real de cualquier cuaternión es el coseno del ángulo por el que el cuaternión gira el plano formado por los dos vectores con términos reales nulos que son perpendiculares a la parte no real del cuaternión. Para que éste tenga una potencia prima igual a uno el ángulo de rotación debe ser racional.

Ahora aquí tenemos una clasificación de todos los valores racionales y cuadráticos para los cosenos de los ángulos racionales que son $0$ , $\pm 1/2$ , $\pm 1$ y también algunos términos que involucran raíces cuadradas de dos o tres que pueden ser ignorados y finalmente $\pm 1/4 \pm (\sqrt 5)/4)$ .

Ahora podemos ver estos casos individualmente para que la parte real sea igual a $1$ que es la identidad y que no contribuye a la torsión, para $1/2$ la suma de los cuadrados de los componentes no reales no será igual a una fracción con denominador y numerador relativamente primos,con el numerador divisible por $5$ para cero la componente real es cero cuando por lo anterior debe ser no cero.

Para la parte real es igual a $\pm 1/4 \pm (\sqrt 5)/4)$ los cuadrados de los componentes no=reales no serán iguales a una fracción con denominador y numerador relativamente primos,con el numerador divisible por $5$ .

Finalmente si tenemos parte real igual a $-1$ observamos que no es igual a $1$ mod raíz cuadrada de 5.

Así que hemos cubierto todos los casos y no hay torsión y si el grupo es virtualmente libre es libre.

Answer 4

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 $p \ne 1$ .

Answer 5

¿Has visto el preprint de Adrian Ocneanu? Está disponible desde el 13 de mayo; tiene estas pruebas elaboradas con todo detalle. Véase http://arxiv.org/abs/1505.03248 .