4 votos

¿Cualquier triangulación hiperbólica, casi transitiva, de $\mathbb{R}^n$ tienen un límite homeomórfico con $\mathbb{S}^{n-1}$ ?

Pregunta 1: Dejemos que $T$ sea una triangulación de $\mathbb{R}^n$ . Supongamos que el esqueleto 1 de $T$ dotado de la métrica del grafo (es decir, cada celda tiene longitud 1) es hiperbólico de Gromov. Supongamos además que $T$ es casi transitiva, es decir, su grupo de automorfismos $Aut(T)$ (es decir, los autohomogeneismos celulares) actúa sobre $T$ con un número finito de órbitas de vértices. ¿Debe el límite hiperbólico de $T$ sea homeomorfo con $\mathbb{S}^{n-1}$ ?


Este es un esquema de prueba para $n=3$ (y $n=2$ ): Obsérvese que cualquier elemento de $Aut(T)$ que fija una célula de 3 puntos debe fijar sus células de 3 vecinos, por lo tanto, todos los $T$ . Por lo tanto, cada punto de $T$ tiene un estabilizador finito. Así, la acción inducida de $Aut(T)$ en $\mathbb{R}^3$ es propiamente discontinuo. También es co-compacto por casi-transitividad. Además, es suavizable. Apliquemos el Teorema de Geometrización al 3orbifold cotizante. Me parece (que los expertos me corrijan) que se deduce que $Aut(T)$ actúa (todavía de forma discontinua y cocompacta) por isometrías en $\mathbb{H}^3$ (ver De las acciones topológicas sobre $\mathbb{R}^3$ a las acciones isométricas ). Por el lema de Svarc-Milnor, $Aut(T)$ es cuasi-isométrico con $\mathbb{H}^3$ y también con $T$ . Por lo tanto, el límite hiperbólico de $T$ coincide con la de $\mathbb{H}^3$ es decir, con $\mathbb{S}^{2}$ .

(He sido un poco descuidado con la definición de $Aut(T)$ queremos considerar un subgrupo cuyo elemento está determinado por su acción sobre los vértices de $T$ .)


¿Qué tal si $n=4$ o superior? Una forma de atacar esta pregunta es a través de las siguientes:

Pregunta 2: ¿Existe una lista finita $\mathcal{L}$ de espacios métricos, tal que cualquier grupo fundamental $G$ de un asférico , el manificio compacto de 4 dimensiones (sin límite) es cuasi-isométrico con un elemento de $\mathcal{L}$ ? Restringir a 1-ended $G$ si ayuda. (Editado para añadir la hipótesis asférica).

Pregunta 3: Si $G$ es como en la pregunta 2, y además es de 1 punta e hiperbólica, debe ser cuasi-isométrica con $\mathbb{H}^4$ ?

3voto

Jeff Puntos 804

La pregunta 1 es interesante, pero supongo que muy difícil.

La respuesta a la segunda pregunta es "no". Esto se debe a que cualquier grupo finitamente presentado aparece como el grupo fundamental de algunos cuatro manifiesto compacto (sin límite). Supongo que también necesito mostrar una colección infinita de tipos de cuasi-isometría de grupos finitamente presentados así que... $\mathbb{Z}^n$ .

La respuesta a la pregunta 3 es "no". Considere $S^2 \times S_2$ , la biesfera cruzada con la superficie de género dos.


Tal vez quiera añadir la hipótesis de que el cuatro-manifold es asférico: es decir, el cuatro-manifold es un $K(G, 1)$ . Sospecho que las respuestas a la 2 y a la 3 seguirán siendo "no"?


Como señala Igor (en los comentarios más abajo), existen redes uniformes (sin torsión) en el plano hiperbólico complejo. Los cocientes resultantes del plano hiperbólico complejo dan lugar a cuatro variedades compactas sin límite que tienen grupos fundamentales hiperbólicos. Sin embargo, como también señala Igor, el plano hiperbólico complejo no es cuasi-isométrico con el cuatriespacio hiperbólico real. Así que la respuesta a la pregunta 3 es "no", incluso con la hipótesis asférica.

i-Ciencias.com

I-Ciencias es una comunidad de estudiantes y amantes de la ciencia en la que puedes resolver tus problemas y dudas.
Puedes consultar las preguntas de otros usuarios, hacer tus propias preguntas o resolver las de los demás.

Powered by:

X