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Si H/Γ es una superficie compacta de Riemann , el generador de Γ no es conmutativo

En el libro Superficies compactas de Riemann de Jurgen Jost, en los Ejercicios para el 2.4 se pide que se demuestre eso:

Dejemos que H/Γ sea una superficie de Riemann compacta. Demuestre que cada subgrupo abeliano no trivial de Γ es un grupo cíclico infinito. Donde H es un plano complejo superior dotado de una métrica hiperbólica 2zˉzdzdˉz

Ya que es H/Γ es compacto, Γ es un grupo generado por un conjunto finito {g1,,gm} . Así que basta con demostrar que gi y gj no es conmutativo para cualquier ij . Pero tengo problemas para encontrar la contradicción asumiendo gigj=gjgi . Además, cada generador mapea un lado de un polígono fundamental a otro lado. Los diferentes pares de estos lados se llevan entre sí por diferentes elementos de Γ .

Cualquier ayuda se agradecerá.

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Isaac Solomon Puntos 16554

He aquí una pista (larga). El grupo de automorfismo del medio plano superior es isomorfo con PSL(2,R) que contiene tres tipos de elementos: elípticas, parabólicas e hiperbólicas, dependiendo de si el valor absoluto de la traza es menor, igual o mayor que 2 . Si Γ contiene una elíptica el cociente no será una superficie de Riemann, y si contiene una parabólica habrá una cúspide, y por tanto el cociente no será compacto. Así pues, Γ se compone únicamente de elementos hiperbólicos. Ahora tienes que demostrar que las isometrías hiperbólicas distintas (una no es una potencia de la otra) no pueden conmutar. Puedes hacerlo mostrando que si dos isometrías hiperbólicas conmutan, entonces tienen el mismo conjunto de puntos fijos, y por tanto dejan invariante el mismo eje en H . Entonces una isometría es una potencia de la otra precisamente si sus distancias de traslación son múltiplos enteros. Y si sus distancias de traslación no son múltiplos enteros, el grupo que generan contiene elementos de distancia de traslación arbitrariamente pequeña, de modo que el objeto cociente ni siquiera es Hausdorff.

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