Grupos finitos de funciones bajo la composición de funciones

Question

Con el paso de los años, he realizado muchas preguntas en la línea de lo siguiente:

"Dadas las funciones $\phi, \theta$ (generalmente definidas en $\mathbb{R}$ o $\mathbb{C$, o en un subconjunto adecuado de $\mathbb{R}$ o $\mathbb{C}$) demostrar que la colección de todas las funciones obtenidas a partir de $\theta$ y $\phi$ por composición de funciones forma un grupo G." (Frecuentemente G es $\mathbb{Z}/4 \mathbb{Z}$ o $S_3$.)

Un ejemplo típico podría ser las funciones $\theta:x\mapsto 1-x$ y $\phi:x\mapsto \frac{1}{x}$, (definidas en el conjunto de números reales no nulos) generando un grupo isomorfo a $S_3$.

Cuando he estado inventando preguntas para mis estudiantes, en lugar de simplemente copiar ejemplos de exámenes anteriores, a veces me he preguntado si es posible crear un ejemplo similar con una función $\psi$ que tenga orden 5 en el grupo, ¡solo para variar un poco! Sin embargo, una restricción crucial es que las funciones deben ser simples funciones algebraicas (algo como $x\mapsto \frac{ax+b}{cx+d}$ con $a, b, c, d\in \mathbb{Z}$), lo cual descarta cosas como rotaciones de $\mathbb{C}$ a través de un ángulo de $2\pi/5$.

Entonces, mi pregunta es: ¿alguien conoce alguna función así, o ha encontrado alguna pregunta de examen similar que dé un elemento de orden 5 (o 7 por ese tema ...) que surja de este tipo tan simple de función?

He intentado investigar las posibilidades en varias ocasiones, y he encontrado fácilmente funciones que tienen orden 2, 3, 4, pero nunca una de orden 5 o 7.

PD: No hay ninguna prisa aquí, ya que ahora me he retirado de enseñar este tipo de cosas.

Answer 1

Dependiendo exactamente cuáles sean tus requerimientos, no existe una función así. Primero supongamos que estás trabajando con funciones racionales $f(z) = \frac{p(z)}{q(z)}$ donde $z$ es un parámetro complejo y $p, q$ no tienen raíces comunes. Para que $f$ sea invertible por otra función racional, necesita ser una función biyectiva desde la esfera de Riemann hacia sí misma. Ahora:

• Si $\deg p > 1$ entonces $f^{-1}(0)$ consta de más de un punto, y
• Si $\deg q > 1$ entonces $f^{-1}(\infty)$ consta de más de un punto.

Se sigue que para que $f$ sea invertible debemos tener $f(z) = \frac{az + b}{cz + d}$; además necesitamos $ad - bc \neq 0$, y esto es suficiente.

El grupo resultante está muy bien entendido. Es el grupo de transformaciones de Möbius o, equivalentemente, el grupo lineal proyectivo especial $\text{PSL}_2(\mathbb{C})$, y se conocen todos sus subgrupos finitos. Sorprendentemente, están descritos por diagramas de Dynkin (ver por ejemplo esta pregunta en MO). Explícitamente son:

• los grupos cíclicos finitos,
• los grupos diedrales finitos,
• el grupo tetraédrico,
• el grupo octaédrico, y
• el grupo icosaédrico.

La buena noticia es que hay elementos de orden $5$. La mala noticia es que no se pueden realizar sobre $\mathbb{Q}$.

Para ver esto, nota que $\text{PSL}_2(\mathbb{C})$ admite un homomorfismo 2-a-1 $\text{SL}_2(\mathbb{C}) \to \text{PSL}_2(\mathbb{C})$; entonces si $f(z) = \frac{az + b}{cz + d}$ (escrito de tal manera que $ad - bc = 1$) es un elemento de orden $5$ o $7$, sus preimágenes en $\text{SL}_2(\mathbb{C})$, una de las cuales está dada por la matriz $$M = \left[ \begin{array}{cc} a & b \\\ c & d \end{array} \right],$$

deben tener orden $5, 7, 10$ o $14$. Dado que tiene determinante $1$, sus autovalores deben ser una raíz primitiva de la unidad $\zeta_n$ (donde $n = 5, 7, 10, 14$) y $\zeta_n^{-1}$. Esto significa que su traza debe ser $$\zeta_n + \zeta_n^{-1} = 2 \cos \frac{2 \pi i}{n}$$

pero también debe ser $a + d$, que es racional. Dado que $\zeta_n + \zeta_n^{-1}$ es una suma de enteros algebraicos, es un entero algebraico, por lo tanto es racional si y solo si es un entero. Pero $2 \cos \frac{2 \pi i}{n}$ es un entero si y solo si es igual a $2, 1, 0, -1, -2$, lo que da $n = 1, 2, 3, 4, 6$. Así que no podemos tener $n = 5, 7, 10, 14$ o cualquier número mayor que $6` para el caso.

El argumento anterior está relacionado con el teorema de restricción cristalográfica.

Answer 2

Puedes buscar una rotación en $\mathbb{H^2}$. Por ejemplo, supongamos fijos $i$ y luego $-i$. La expresión que busca $w=w(z)$ es $$\frac{w+i}{w-i}=k\frac{z+i}{z-i}$$ Entonces $$w(z)=\frac{(k+1)z+(k-1)i} {(k-1)z+(k+1)i}$$ Quieres que $w^5(z)=z$. En notación de matriz necesitas que $$\left( \begin{array}{ll} k+1 & k-1\\ k-1 & k+1 \end{array}\right)^5$$ sea una matriz escalar. Ya que $$\left( \begin{array}{ll} k+1 & k-1\\ k-1 & k+1 \end{array}\right)^5=\left( \begin{array}{ll} 16 k^5+16 & 16 k^5-16\\ 16 k^5-16 & 16 k^5+16 \end{array}\right)$$ Entonces $k^5=1$, por ejemplo $k=e^{2\pi i/5}$. Si quieres que $w^7(z)=z$, de la misma manera $k^7=1$.

Ciertamente, no es una expresión simple y cerrada con números enteros.