unidades en álgebras de división distintas sobre campos numéricos ¿definitivamente no son isomorfas como grupos abstractos?

Question

En realidad se trata de una pregunta irrelevante en el sentido de que la respuesta no es ni remotamente "lógicamente crucial para el programa Langlands" o lo que sea; es sólo algo que se me ocurrió al escribir algunas conferencias sobre el tema.

Sea $F$ sea un campo numérico y sea $D$ y $D'$ sean álgebras de división sobre $F$ con centro $F$ . Permítanme que me ponga en la siguiente situación simplificada: supongamos que $D$ y $D'$ ambos tienen dimensión $p^2$ en $F$ (también lo son las formas de $M_p(F)$ ) con $p$ un primo impar, y permítanme también suponer que $D$ y $D'$ están ambas ramificadas precisamente en los mismos lugares finitos de $F$ (y en no infinitos lugares de $F$ ) pero que $D$ y $D'$ no son isomorfas.

La cuestión: ¿Son $D^\times$ y $(D')^\times$ a veces no isomórficos como grupos?

Permítanme contextualizar esta pregunta un tanto extraña. Los expertos ya sabrán lo que se avecina: $D^\times$ y $(D')^\times$ son teóricamente similares en ciertos aspectos; esto es lo que voy a explicar. Esta semejanza teórica se explicaría trivialmente si los grupos fueran isomorfos. Pero creo que la cuestión debería ser que los grupos no son isomorfos, aunque no conozco ningún caso en el que pueda demostrarlo.

Bien, aquí están los detalles. Dado $D$ y $D'$ como en el caso anterior, existe un vínculo entre las formas automórficas en $D^\times$ y $(D')^\times$ . Al demostrar este vínculo mediante la fórmula de la traza, hay que comprobar que dos fórmulas complicadas para las trazas, una asociada a $D$ y uno a $D'$ coinciden. Las fórmulas son de la forma "suma sobre clases de conjugación de ciertas integrales orbitales". La estrategia que entiendo para comprobar que estas sumas coinciden es utilizar primero la teoría general de álgebras centrales simples para explicitar lista las clases de conjugación en los grupos $D^\times$ y $(D')^\times$ y, a continuación, escribir una biyección natural explícita entre ellos, y luego comprobar que las cosas se suman en el sentido de que cada término en el $D$ es igual al término correspondiente en el lado $D'$ lado, y luego deducir que ciertas trazas son iguales, y luego sigues tu nariz hasta la respuesta (modulo un tecnicismo que tiene que ser tratado usando un argumento de medida de Plancherel pero que no es relevante aquí).

En esta estrategia es crucial la identificación de las clases de conjugación en $D^\times$ con las clases de conjugación en $(D')^\times$ . La forma en que esto funciona en esta situación es que una clase de conjugación en $D^\times$ es un elemento de $F^\times$ (las clases centrales) o contiene algunas $e\not\in F$ ; en este caso $E:=F(e)$ es una extensión de campo de $F$ de grado $p$ que divide $D$ y los campos que dividen $D$ de esta forma son precisamente el grado $p$ extensiones de $F$ que tienen un primo por encima de $v$ para todos $v\in S$ nuestro mal juego. El milagro que se ha producido aquí es que este argumento (cuando se desarrolla) muestra que las clases de conjugación en $D^\times$ están parametrizados por un conjunto que sólo depende de $F$ , $p$ y $S$ y, en particular, este conjunto es lo mismo para $D$ y $D'$ que tienen el mismo grado y que ramifican en los mismos primos.

Presentaré este argumento en detalle en clase hoy, y mi instinto es subrayar que un milagro se ha producido, porque $D^\times$ y $(D')^\times$ son grupos no isomorfos cuyas clases de conjugación son completamente naturales en biyección entre sí. Por supuesto, si $D$ y $D'$ son isomorfas entonces $D^\times$ y $(D')^\times$ serán isomorfas. Además, si $D'=D^{opp}$ entonces $D^\times$ y $(D')^\times$ serán isomorfos como grupos. En ambos casos no es de extrañar que haya conseguido biyectar canónicamente las clases de conjugación de $D^\times$ y $(D')^\times$ ¡! Pero en general sigo convencido de que se ha producido un milagro. Sin embargo, para convencer realmente al público de ello, quiero afirmar con seguridad que los grupos $D^\times$ y $(D')^\times$ no siempre son isomórficas. ¿Es esto definitivamente cierto?

{ \bf EDIT}: He aquí una pregunta aún más fuerte, que es aún menos probable que sea cierta, y dado que espero/supongo que tales cosas no son ciertas, parece que vale la pena formularla (cuanto más fuerte sea, más fácil debería ser de falsificar).

Vale, el mismo montaje: $D$ y $D'$ álgebras de división de dimensión $p^2$ , $p$ primo, y ramificado en el mismo conjunto de primos finitos $S$ pero $D$ y $D'$ no es isomorfo. Sea $G$ sea la forma de $PGL_p$ asociado a $D^\times/Z(D^\times)$ y que $G'$ sea la forma correspondiente a $D'$ . Si $\mathbf{A}^S$ denota los adeles de $F$ lejos de $S$ entonces eligiendo isomorfismos $D_v=D'_v$ para todos $v\not\in S$ , enviando $O_v$ a $O'_v$ para dos órdenes máximos elegidos $O$ y $O'$ en $D$ y $D'$ cuando $v$ es finito, nos da un isomorfismo inducido $G(\mathbf{A}^S)=G'(\mathbf{A}^S)$ . Llame a este grupo $X$ . Ahora $\Gamma:=D^\times/F^\times$ y $\Gamma':=(D')^\times/F^\times$ son dos subgrupos discretos de $X$ y utilizando la fórmula de la traza se puede demostrar que no sólo las clases de conjugación de $D^\times$ y $(D')^\times$ coinciden, pero (si mi interpretación es correcta) los covolúmenes de $\Gamma$ y $\Gamma'$ son los mismos. Esto se explicaría por la afirmación altamente improbable de que $\Gamma$ y $\Gamma'$ eran en realidad conjugar en $X$ ¡! En este contexto, ¿quizás esto sea incluso más fuerte que la simple isomorfía abstracta? También se podría pedir que se diera un ejemplo explícito en el que esto no pudiera ser así.

Menciono esta afirmación más contundente porque a la gente podría resultarle más fácil utilizar métodos de gran potencia para refutarla.

Answer 1

Sé que es una pregunta muy antigua pero la vi hace unos días. Efectivamente, la superrigidez puede aplicarse no para "celosías de rango superior" sino para los puntos globales $D^*/F^*$ (que forman un entramado en el grupo adelico $ PGL_1(D\otimes_{\mathbb{Q}} {\mathbb A})$ (este último es sin duda un "grupo de rango superior".

En primer lugar, como se ha observado en los comentarios (¿de Emerton?), los grupos $D^*$ y $(D^{opp})^*$ son isomorfas bajo el mapa $x\mapsto x^{-1}$ . El resultado es el siguiente.

Proposición: Supongamos que $\theta: D^* \rightarrow D'^*$ es un isomorfismo de grupos. Entonces se cumple una de las dos alternativas siguientes.

[1] Existe un isomorfismo $\sigma: D \rightarrow D'$ de álgebras de división central sobre $F$ y un homomorfismo $\phi: D^*\rightarrow F^* \subset D'^*$ tal que el isomorfismo $\theta $ viene dado por $$\theta (x)=\sigma (x)\phi (x) \quad \forall \quad x\in D^*.$$

[2] Existe un isomorfismo $\tau : D^{opp} \rightarrow D'$ de álgebras de división y un homomorfismo $\psi :(D^{opp})^*\rightarrow F^*$ tal que

$$\theta (x)= \tau (x^{-1})\psi (x) \quad \forall x\in D^*.$$ Desde $x\mapsto x^{-1}$ mapas $D^* $ en $(D^{opp})^*$ la rhs tiene sentido.

Así que $D^*$ y $D'^*$ son isomorfos si y sólo si $D'$ es isomorfa como álgebra de división a $D$ o a $D^{opp}$ .

La proposición se deduce de la superrigidez (véase (C) en la página 259 del capítulo VIII (título del capítulo: Subgrupos normales y homomorfismos "abstractos" de grupos algebraicos semisimples sobre campos globales) del libro de Margulis "discrete subgroups of semi-simple Lie groups", donde afirma la superrigidez para un conjunto arbitrario $S$ (no necesariamente finito) de lugares finitos de $F$ (Si toma $S$ ser todos lugares finitos, entonces se obtienen puntos globales).

Permítanme enunciar la (consecuencia de la) superrigidez que estoy utilizando. Si $\theta: G(F)\rightarrow G'(F)$ es un isomorfismo de grupos sobre $F$ con $G,G'$ absolutamente simple y adjunto, entonces existe un automorfismo $a$ de $F$ y un morfismo de grupos algebraicos $\alpha :^a (G)\rightarrow G'$ tal que $\theta =\alpha \circ a$ . Esto se deduce en el libro de Margulis de la superrigidez "habitual".

El isomorfismo de $D^*$ a $(D')^*$ da un isomorfismo de $PGL_1(D)$ (una red en un grupo adélico semisimple) a $PGL_1(D')$ . Entonces se aplica la superrigidez para este caso. Pasar del teorema enunciado en el libro de Margulis a la proposición requiere cierto trabajo; el punto esencial es que los únicos automorfismos algebraicos de $PGL_p({\mathbb C})=GL_1(D\otimes {\mathbb C})$ son conjugaciones internas (entonces entramos en el caso [1] de la proposición), o bien son conjugaciones internas del mapa $x\mapsto (^tx)^{-1}$ y entonces aterrizamos en el caso [2].

Answer 2

Esto se aproxima al famoso artículo de Borel y Tits, Homomorfismos "abstractos" de grupos algebraicos simples Ann. of Math. (2) 97 (1973), 499 - 571 MR0316587 (47 #5134). Desgraciadamente, no se puede aplicar su resultado más fuerte (homomorfismo abstracto $\implies$ homomorfismo algebraico compuesto con una incrustación de campo, válido para campos infinitos generales) porque $D$ es anisótropo. No obstante, en 9.13 (i) demuestran que si $G$ es un grupo algebraico semisimple sobre un campo local $k\ ({char } k=0)$ y $G'$ es un grupo algebraico reductor sobre un campo local $k'$ y $G'$ no tiene ningún factor complejo no trivial, entonces todo homomorfismo abstracto $G(k) \to G'(k')$ es continua. En consecuencia, si $D^*_v \simeq D'^*_v$ como grupos abstractos, entonces $SL_1(D_v) \simeq SL_1(D'_v)$ como grupos topológicos e I pensamiento 1 que esto implicaba que $D_v \simeq D'_v$ . Si eso vale para todos $v$ entonces $D \simeq D'.$ 2

Notas a pie de página
1 Equivocadamente, véanse los ejemplos de Kevin y BCnrd en los comentarios.
2 Cierto, pero irrelevante. Para la pregunta de Kevin, sería suficiente encontrar un solo par de $D$ y $D'$ con grupos unitarios abstractamente no isomorfos, y la conclusión es demasiado fuerte en vista del comentario anterior.

Answer 3

Segundo intento. Victor señala que mi aplicación original de la superrigidez era defectuosa. Esta edición es para eliminar la afirmación falsa y dejar sólo el lema que creo. De paso, he añadido algunas cosas que no entiendo.

Sea $H$ y $G$ sean grupos algebraicos de unidades de álgebras de división sobre $\mathbb Q$ (porque la superrigidez tiene una utilidad limitada en campos más grandes). Si $f\colon H(\mathbb Q)\to G(\mathbb Q)$ es un isomorfismo de grupos abstractos, entonces la superrigidez implica que para todo $S$ , $H(\mathbb Z[S^{-1}])$ y $G(\mathbb Z[S^{-1}])$ contienen subgrupos de índice finito identificados por $f$ . No se puede pedir más, ya que el $S$ -puntos integrales de $H$ y $G$ sólo están bien definidas hasta índice finito. Estos grupos son insensibles a la inclusión de los lugares ramificados en $S$ .

No sé cuánto nos compra esto.

¿Quizás se pueda utilizar la propiedad de subgrupo de congruencia para reconstruir los puntos locales del grupo? Creo que el CSP es conjeturado pero abierto para estos grupos (en concreto, que debe haber un núcleo de congruencia finito, tal vez para grandes $S$ ). Peor, no estoy seguro de lo que dice, en particular si permite la reconstrucción de los factores compactos. (Si esto funciona, entonces los factores compactos serían la terminación profinita de los puntos racionales y uno no necesitaría el primer párrafo. Tal vez esto debería haber sido una respuesta separada).

Si podemos reconstruir los factores locales compactos a partir de los ( $S$ -)puntos integrales, y así a partir de los puntos racionales, podemos reconstruir los invariantes locales, hasta un signo (la versión local de esta cuestión, abordada por Victor y Boyarsky). Esto no bastaría para demostrar que los dos grupos discretos de puntos racionales son isomorfos como grupos algebraicos, pero sí para demostrar que algunos ejemplos de grupos de puntos racionales no son isomorfos. Un álgebra de división con invariantes locales $\frac15$ y $\frac45$ tiene factores no isomorfos a uno con $\frac25$ y $\frac35$ . Pero un álgebra de división con invariantes $(\frac 15,\frac 25,\frac 35,\frac 45)$ no es isomorfo ni opuesto a uno con invariantes $(\frac 45,\frac 25,\frac 35,\frac 25)$ aunque localmente sea siempre isomorfo u opuesto. Por lo tanto, tal método no podría distinguir sus grupos unitarios.

Prueba de la afirmación del primer párrafo de que el isomorfismo de puntos racionales debe preservar los puntos integrales: La superrigidez dice que los mapas de celosías se extienden a mapas de sus grupos ambientales localmente compactos. Exige que la $S$ -el rango de la fuente es menor $2$ donde el $S$ -rank es la suma sobre los lugares en $S$ de las filas locales. Bajo los supuestos de Kevin, ya tenemos el rango $2$ del lugar infinito; en general necesitaríamos utilizar grandes $S$ sacar conclusiones sobre pequeños $S$ . $H(\mathbb Q)$ no está finitamente generado, pero está filtrado por grupos de $S$ -que se generan finitamente. Por tanto, un isomorfismo $f\colon H(\mathbb Q)\cong G(\mathbb Q)$ da lugar a un homomorfismo $H(\mathbb Z)\to G(\mathbb Z[S^{-1}])$ para algunos $S$ . Por superrigidez, $H(\mathbb Z)$ contiene un subgrupo de índice finito en el que esto se extiende a un homomorfismo (continuo) $H(\mathbb R)\to G(\mathbb R\times \mathbb Q_p\times\ldots)$ que tiene que aterrizar en $G(\mathbb R)$ . Y análogamente hacia atrás, por lo que obtenemos un isomorfismo $H(\mathbb R)\cong G(\mathbb R)$ que restringe a ser $f$ en un subgrupo de índice finito de $H(\mathbb Z)$ . Es decir, $f$ preserva los puntos integrales. Análogamente para la $S$ -puntos integrales.