Erzeugendensystem von SL2(R) < Algebra < Algebra+Zahlentheo. < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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Grüße an alle Interessierte!
Es geht um folgende Problemstellung: sei $G$ die Gruppe [mm] $SL_2(\IR)$ [/mm] der reellen $2 [mm] \times [/mm] 2$ Matrizen mit Determinante 1. Dies ist eine (reduktive) algebraische Gruppe, mit Lie-Algebra [mm] $\textswab{g}$, [/mm] was wiederum die Menge der reellen $2 [mm] \times [/mm] 2$ Matrizen mit Spur 0 ist.
$G$ operiert auf der oberen Halbebene [mm] $\mathcal{H}$ [/mm] durch Möbiustransformationen:
[mm] $\begin{pmatrix}a&b\\c&d\end{pmatrix}z [/mm] = [mm] \frac{az + b}{cz + d}$
[/mm]
Zu gegebenem Punkt betrachte ich die Standgruppe, also die Untergruppe, die diesen Punkt fixiert. Für den Punkt $i$ ist dies zum Beispiel [mm] $SO_2(\IR)$. [/mm] Jede dieser Gruppen ist eine maximal kompakte Untergruppe und sie sind alle konjugiert zueinander.
Soweit das Setup. Seien nun $z,z'$ zwei verschiedene Punkte in [mm] $\mathcal{H}$ [/mm] mit Standgruppen $K$ und $K'$ in $G$. Ich betrachte dann die Menge $E = K [mm] \cup [/mm] K'$.
Behauptung: $E$ ist ein Erzeugendensystem von $G$.
Hier liegt der Knackpunkt, das habe ich versucht zu beweisen. Mein erster Ansatz war zu sagen: sei $H$ die von $E$ erzeugte Gruppe, das ist dann eine abgeschlossene, zusammenhängende Untergruppe von $G$, insbesondere selbst eine Lie-Gruppe und die zugehörige Lie-Algebra enthält die Lie-Unteralgebren von $K$ und $K'$, die ganz [mm] $\textswab{g}$ [/mm] als Lie-Algebra erzeugen - fertig.
Einziges Problem: ist falsch.  Denn das $H$ abgeschlossen ist, ist a priori nicht klar. $H$ ist zwar Vereinigung abgeschlossener Mengen, aber eben eine abzählbare Vereinigung und diese müssen ja nicht zwingend abzählbar sein.
Und soweit ich weiß (korrigiere mich bitte jemand, wenn es anders sein sollte), braucht man lokal zusammenhängend, damit eine Untergruppe wieder eine Lie-Gruppe ist. Das ist aber a priori auch nicht klar, nur dass $H$ zusammenhängend ist, sieht man.
Sieht jemand einen Weg, den Beweis zu retten? Ich bin ziemlich überzeugt davon, dass die Aussage korrekt ist (mein Prof meint das auch), allein das Argument mit der Lie-Algebra, die von den Lie-Unteralgebren an $K$ und $K'$ erzeugt wird ist ein starkes Argument, denn $H$ enthält zumindest alle 1-Paramter-Untergruppen von $G$. Aber reicht das schon?
Ich wäre auch über Literaturhinweise mehr als dankbar, vielleicht gibt es ja Standardliteratur zu dem Thema...
Vielen Dank fürs Lesen des langen Textes und schonmal im Voraus für jede Idee, jeden Fingerzeig, alles.
Gruß,
Lars
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| Status: |
(Antwort) fertig  | | Datum: | 10:19 Fr 30.06.2006 | | Autor: | PeterB |
Hi Lars,
ich versuche mal einen eigenen Beweis. Ich bin nicht so gut in Lie-Gruppen, daher kann es durchaus sein, dass ich einen Fehler mache aber es sollte wie folgt gehen:
(am Ende ist eine Lücke, aber das kann man sich sicher allgemein überlegen oder konkret für [mm] SO_2 [/mm] nachrechnen.)
1. Offenbar reicht es zu zeigen, dass deine Gruppe [mm] H [/mm] offen ist, denn offenen Untergruppen sind abgeschlossen (das Komplement ist offen.) und da [mm] G [/mm] zusammengängend ist, haben wir gewonnen.
2. Gruppen die eine offene Teilmenge enthalten sind offen. Es reicht also zu zeigen, dass die Gruppe eine offene Teilmenge enthält.
3. Das sollte jetzt mit deinem Argument, dass die ganze Lie Algebra erzeugt wird unter der Exponentialabbildung folgen, aber da ich das nicht verstehe habe ich folgende Alternative:
3'. Offenbar hat die Abbildung [mm] \pi: G \rightarrow \cal H [/mm] mit [mm] g \mapsto gz [/mm] folgende Eigenschaften:
a) Sie ist stetig
b) [mm] H=\pi^{-1}(pi(H)) [/mm]
Das heist, wenn das Bild von [mm] H [/mm] eine offene Teilmenge enthält, dann auch [mm] H [/mm] . Es reicht also das erste zu zeigen:
4. Sei nun [mm] x\neq z [/mm] im Bild von [mm] K' [/mm] unter [mm]\pi [/mm], dann folgt insbesondere, das [mm] x\neq z' [/mm] und da [mm] K' [/mm] eine ein-Parameter Untergruppe ist folgt: Es gibt eine stetige Abbildung [mm]s:I\rightarrow K' [/mm], wobei [mm] I [/mm] das Einheitsintervall ist, so dass [mm] s(0)=e [/mm] und [mm] \pi\circ s(1)=x [/mm]. Damit bekommen wir aber folgende stetige Abbildung:
[mm]\phi K \times I \rightarrow \cal H [/mm] mit [mm] (g,r)\mapsto g \pi\circ s(r) [/mm]. Die Behauptung ist: Das Bild enthält eine offene Umgebung von [mm] z [/mm]. Das liegt daran: [mm] K [/mm] ist topologisch ein Kreis, daher ist [mm] K\times I [/mm] ein Zylinder. Nun geht aber [mm] I\times\{0\} [/mm] auf einen Punkt. Das heist, die Abbildung faktorisiert über eine abgeschlossene Kreisscheibe. Der Rand nämlich [mm] [mm] K\times \{1\} [/mm] \[mm] wird aber auf eine Menge geschikt, die 1. nicht nur einen Punkt enthält, da [mm] x \neq z [/mm] und [mm] z [/mm] nicht trift.
Jetzt kommt eine kleine Lücke, die man noch durch eine Rechnung füllen muss: dieser Kreis hat Windungszahl [mm]\neq 0[/mm] um [mm] z [/mm]. Das sollte aber eigentlich klar sein, spätetens wenn wir den Eiheitskreis als anderes Modell der Halbebene nehmen. (Dann sollte [mm] K \[mm] als Drehung operieren, weil dass die einzigen holomorphen Automorphismen des Einheitskreises sind, die den Mittelpunkt fest lassen)
Wenn wir das haben, sind wir fertig, da dann auf jeden Fall die zusammenhangskomponente von [mm] z [/mm] in [mm] {\cal H}-\phi (K\times \{1 \} ) [/mm] getroffen wird.
Ich hoffe das klappt, aber schön ist es nicht.
Grüße
Peter
p.s.: Lange Frage: Lange Antwort.
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 23:13 Do 06.07.2006 | | Autor: | Gnometech |
Grüße!
Danke für die Antwort. Funktioniert so, denke ich. Habe aber das andere Argument etwas ausgebaut, bzw. eine Quelle in einem Paper von Breuillard und Gerlander gefunden, die ich zitieren kann.
Trotzdem vielen Dank für die Mühe. 
Lars
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