Vortrag 13: Der Cayley-Graph von PSL 2 ( q ) ist regulär und zusammenhängend

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1 Vortrag 13: Der Cayley-Grah von PSL 2 ( ) ist regulär und zusammenhängend 1. Erinnerung Seien und unterschiedliche, ungerade Primzahlen. Im letzten Vortrag wurden Grahen X, wie untenstehend definiert. Das sind genau die Grahen, die uns nun interessieren. Wir werden zeigen, dass die X, (+1)-regulär und zusammenhängend sind. Um dies zu zeigen, definieren wir uns Grahen Y,, die sich als isomorh zu den X, herausstellen werden. ( ) G(PSL 2 ( ), S, ) X, G(PGL 2 ( ), S, ) wenn = 1 ( ) wenn = 1 mod ist genau dann ein Quadrat in, wenn ein x existiert, so dass gilt: x 2 = mod. Dafür gibt es folgende Kurzschreibweise (Legendre-Symbol): ( ) = 1 mod ist ein Quadrat in und S, wurde wie folgt definiert: ( ) = 1 mod ist kein Quadrat in. S, = φ Ψ τ S Die Abbildungen φ, Ψ und τ betrachten wir säter. Für eine Quaternion α = α 0 + α 1 i + α 2 j + α 3 k ist N (α) die Norm von α: N (α) = αα = α α α α 2 3. S ( ) wurde wie folgt konstruiert: Es gibt 8( + 1) Quaternionen in ( ) mit Norm. Je acht dieser Quaternionen mit Norm sind zueinander assoziiert (d.h. sie gehen durch Multilikation mit Einheiten auseinander hervor). S enthält von jeder dieser acht zueinander assoziierten Quaternionen mit Norm genau eine, und zwar so, dass α 0 0 für alle α S. Dabei gilt für alle α i : α (i) 0 > 0. Und für alle β j gilt: β (j) 0 = 0. Außerdem gilt: 2s + t = #S = + 1. Zu guter letzt betrachten wir folgende Menge: S := {α 1, α 1,..., α s, α s, β 1,..., β t } ( ) Λ = { α ( ) α 1 (mod 2) α i + j + k (mod 2), N (α) = k, k, k 1 } Nach Vortrag 9 hat jedes α Λ eine eindeutige Darstellung α = ± k ω m, wobei ω m ein reduziertes Wort der Länge m über S ist. 2. Definition Definiere folgende Äuivalenzrelation auf Λ : [α] sei die Äuivalenzklasse von α bzgl.. α β : m, n : m α = ± n β 1

2 Λ sei die Menge der Äuivalenzklassen und Q die Quotientenabbildung. Λ Λ / = {[α] α Λ } Q : Λ Λ, α [α] 3. Lemma Die Äuivalenzrelation ist mit der Multilikation auf Λ verträglich. Das heißt, es gilt: Λ besitzt also eine assoziative Multilikation. α 1 β 1, α 2 β 2 α 1 α 2 β 1 β 2 Beweis: Seien α 1, α 2, β 1, β 2 Λ mit α 1 β 1 und α 2 β 2. Dann existieren natürliche Zahlen n,m, k,l, sodass n α 1 = ± m β 1 und k α 2 = ± l β 2. n+k α 1 α 2 = n α 1 k α 2 = ± m β 1 l β 2 = ± m+l β 1 β 2 α 1 α 2 β 1 β 2 Daraus folgt direkt, dass [α] [β] = [αβ] eine wohldefinierte Verknüfung auf Λ ist. 4. Proosition a) Λ ist eine Grue. b) Der Cayley-Grah G(Λ, Q(S )) ist ein (+1)-regulärer Baum. Beweis: a) Wir wissen bereits, dass Λ eine assoziative Multilikation besitzt. Für alle α Λ gilt: α α [][α] = [α] = [α] [] Λ ist Neutralelement. Es bleibt also nur noch zu zeigen: Für alle [α] Λ existiert ein Inverses. Für alle α Λ gilt: N (α) = αα = n für ein n. αα = n+1 1 αα = αα 1 [α][α] = [αα] = [1] [α] 1 = [α] Also ist Λ eine Grue. b) Für alle α, β S gilt: α β α = β Denn: α β k α = ± n β k n α = ±β N ( k n )N (α) = N (β). Da N (α) = = N (β), folgt N ( k n ) = 1 und somit auch α = ±β. α kann aber nicht β sein, da es in S keine zueinander assoziierten Elemente gibt. Das bedeutet, dass Q die Elemente von S injektiv abbildet. Da #S = + 1, folgt #Q(S ) = + 1. Nach einem Theorem aus Vortrag 9 existiert für alle α Λ eine eindeutige Darstellung α = ± k ω m, wobei ω m ein reduziertes Wort der Länge m über S ist. S {} erzeugt also Λ. Da α α für alle α Λ, erhalten wir: Q(S ) = Λ Mit Satz 1.5 (i) und (iii) aus Vortrag 12 folgt, dass G(Λ, Q(S )) zusammenhängend und (+1)-regulär ist, weil Q(S ) ein Erzeugendensystem mit +1 Elementen ist. Es bleibt noch zu zeigen, dass G(Λ, Q(S )) keinen Kreis enthält. Angenommen, G(Λ, Q(S )) enthält doch einen Kreis x 0, x 1,..., x n 1, x д = x 0 der Länge д 3, x i Λ für i = 1,...,д. 2

3 Ohne Einschränkung gilt x 0 = [1] (Ecken-Transitivität, Vortrag 12 Satz 1.5 (i)). Per Definition eines Cayley- Grahen existieren γ 1,...,γ д S, sodass x i = [γ 1...γ i ]. Da x k 1 x k+1 für alle k = 1,..., n 1, ist γ 1...γ д ein reduziertes Wort über S. Die Gleichung [1] = [γ 1...γ д ] in Λ liefert uns die Gleichung m = ± n γ 1...γ д in Λ. Nach einem Korollar aus Vortrag 9 besitzt jedes nicht-triviale α Λ eine eindeutige Darstellung α = ± r ω m, wobei ω m ein reduziertes Wort der Länge m über S ist. Der Cayley-Grah G(Λ, Q(S )) enthält also keinen Kreis und ist zusammenhängend, somit ist er ein Baum. 5. Konstruktion der Y, Wir betrachten nun die Reduktion modulo, die schon im letzten Vortrag Verwendung fand: τ : ( ) ( ) ( ) ist isomorh zu 2x2. Sei Ψ dieser Isomorhismus. Sei α Λ. Dann gilt nach Vortrag 12 det(ψ (α)) = N (α) =. Die Determinante des Bildes ist ungleich null, also ist die Matrix invertierbar. ( ) enthält genau die invertierbaren Elemente von ( ). τ schickt Λ also auf ( ). Sei Z := {α ( ) α = α} die zentrale Untergrue von ( ). Für α, β S mit α β gilt: τ (α) 1 τ (β) Z. Denn: α β k α = ± n β o.e.n<k k n α = ±β. τ (α) 1 τ (β) = τ (α) 1 τ (± k n α) τ Homom. τ (α) 1 τ ( k n )τ (α). τ ( k n ) liegt in und kommutiert deshalb mit Quaternionen aus ( ), insbesondere mit τ (α). Da τ ( k n ) keinen Imaginärteil besitzt, gilt τ ( k n ) = τ ( k n ) Z. τ (α) 1 τ (β) Z. τ : Λ ( ) induziert also einen Gruenhomomorhismus Π ist wohldefiniert, denn: Π : Λ ( ) /Z α β τ (α) 1 τ (β) Z τ (α) 1 τ (β) = 1 ( ) /Z τ (α) = τ (β) ( ) /Z Wir definieren nun Λ() als den Kern von Π und stellen mithilfe des Homomorhiesatzes fest, dass Λ/Λ() isomorh ist zu dem Bild von Π. Wir definieren nun T, (Π Q)(S ). T, ist sowohl von als auch von abhängig! Der Beweis, dass, für ausreichend großes, #T, = + 1 gilt, verläuft analog zu dem Beweis im letzten Vortrag, in dem gezeigt wurde, dass #S, = + 1 gilt. Eine mögliche Wahl für ist > 2. Ebenfalls kann man ganz analog wie bei S, beweisen, dass T, symmetrisch ist. Nun definieren wir endlich die Grahen Y, : Y, G(Λ/Λ(),T, ) 6. Satz Für ausreichend großes ist Y, (+1)-regulär und zusammenhängend. Beweis: Q(S ) erzeugt Λ. T, = Π (Q(S )) = Π ( Q(S ) ) = Π (Λ) Λ/Λ() Y, ist zusammenhängend. ausreichend groß #T, = + 1 Y, ist (+1)-regulär. 3

4 7. Konstruktion von β Betrachte nun wieder den Isomorhismus Ψ : Ψ : ( ) GL 2 ( ) Ψ schickt die zentrale Grue Z auf die Menge der Skalarmatrizen, welche genau der Kern der Abbildung φ : GL 2 ( ) PGL 2 ( ) ist. Ψ (Z ) = ker(φ) Verknüft man nun die beiden surjektiven Abbildungen Ψ und φ, und teilt den Kern Z heraus, erhält man folgenden Isomorhismus: β : ( ) /Z PGL 2 ( ) In dem folgenden kommutativen Diagramm kann man nun sehen, wie X, und Y, miteinander in Verbindung stehen: τ S Λ ( ) GL 2 ( ) Ψ Q φ Π Λ ( ) /Z PGL 2 ( ) Alle senkrecht eingezeichneten Pfeile stellen Quotientenabbildungen dar. ( ) G(PSL 2 ( ), S, ) wenn = 1 X, ( ) S, = (φ Ψ τ )(S ) G(PGL 2 ( ), S, ) wenn = 1 Y, G(Λ/Λ(),T, ) T, = (Π Q)(S ) Wir wollen zeigen, dass X, zusammenhängend ist, wissen bisher aber nur, dass Y, zusammenhängend ist. Anhand des kommutativen Diagramms und der Definitionen von S, und T, sieht man, dass β(t, ) = S,. Da T, den Grahen Y, erzeugt, ist Y, ein zusammenhängender Teilgrah von X,. Y, ist sogar eine zusammenhänge Komonente von X,, weil ihre Kantenmengen isomorh sind. Es bleibt also nur noch zu zeigen, dass X, und Y, isomorh zueinander sind, dann folgt, dass die X, zusammenhängend sind. Bevor wir die Isomorhie zeigen können, müssen wir mehr über Λ() herausfinden: β 8. Lemma Λ() = {[α] Λ α = a 0 + a 1 i + a 2 j + a 3 k, a 1, a 2, a 3 } 4

5 Beweis: [α] Λ() = ker(π ) mit Π : Λ ( ) /Z τ (α) Z ( siehe kommutatives Diagramm) τ (α) = τ (α) α mod = α mod α α 0 mod 2a 1 i + 2a 2 j + 2a 3 k 0 mod a 0 und a 1, a 2, a 3. Für alle α Λ ist N (α) eine Potenz von und. Würde auch a 0 teilen, würde auch N (α) = n teilen. Dass a 0 gilt, folgt also schon daraus, dass die anderen drei Koeffizienten teilt. 9. Proosition Wir können nun eine untere Schranke für den Umfang der Y, angeben: д(y, ) 2loд Gilt ( ) = 1, erhalten wir die bessere Abschätzung: д(y, ) 4loд loд 4 Beweis: Zur Vereinfachung schreiben wir д für д(y, ). Seien x 0, x 1,..., x д 1, x д = x 0 die Ecken eines Kreises der Länge д in Y,. So einen Kreis gibt es, weil der Umfang eines Grahen genau der Länge des kleinsten in ihm enthaltenen Kreises entsricht. Aufgrund der Ecken-Transitivität können wir annehmen, dass x 0 = x д = 1 in Λ/Λ(). Da Y, ein Cayley-Grah ist, finden wir t 1,..., t д T, so, dass x i = t 1 t 2...t i für 1 i д. Nun existieren eindeutige γ i S mit Π ([γ i ]) = t i für i = 1,...,д. Sei α = γ 1...γ д Λ mit α = a 0 + a 1 i + a 2 j + a 3 k. α ist also ein reduziertes Wort über S. Außerdem ist [α] = [γ 1 ]...[γ д ] verschieden von [1] Λ, denn im Beweis von Proosition 5b wurde gezeigt, dass Q die Elemente von S injektiv abbildet. Dass α nicht äuivalent ist zur 1 in Λ bedeutet, dass mindestens einer der Parameter a 1, a 2 und a 3 ungleich null sein muss. Andererseits gilt auch: Π ([α]) = t 1 t 2...t д = x д = 1 Also liegt [α] im Kern von Π, den wir Λ() genannt hatten. Nach Lemma 9 muss die Primzahl a 1, a 2 und a 3 teilen. Da eines der drei a i ungleich null ist, erhalten wir д = N (α) = a a2 1 + a2 2 + a2 3 2 Nimmt man von dieser Gleichung den Logarithmus zur Basis, erhält man die erste Gleichung aus der Behautung. Angenommen ( ) = 1. Zusammen mit д a 2 0 (mod ) stellen wir fest, dass der Umfang der Y, in diesem Fall gerade ist. ( д ) ( ) д 1 = = = ( 1) д Sei also д = 2h. Nun gilt 2h a 2 0 (mod 2 ). 5

6 Da weder a 0 noch h teilt, folgt h ±a 0 (mod 2 ) Da a 2 0 д, folgt a 0 h. Wir nehmen nun an, dass < 4loд loд 4 = loд 4 4 und führen die Annahme zu einem Widersruch. Aus der Annahme folgt h < 2 2. Dann gilt h a 0 < 2 und mit der obigen Kongruenz erhalten wir h = ±a 0. Dann ist д = a 2 0. Dann muss aber a 1 = a 2 = a 3 = 0 gelten, was ein Widersruch dazu ist, dass einer dieser drei Parameter ungleich null sein muss. Aus dem Widersruch folgt die zweite Ungleichung aus der Behautung. 10. Bemerkung Im ersten Kaitel des Buches von Davidoff, Sarnak und Valette wird eine Abschätzung des Umfangs eines zusammenhängenden, k-regulären Grahen gezeigt. Wende die Abschätzung auf Y, an: д(y, ) 2 + 2loд #Y, Zusammen mit den Abschätzungen aus Proosition 9 ergibt sich folgende Ungleichung: #Y, Angenommen, ( ) = 1: #Y, 2 2 Dies zeigt, dass #Y, = #Λ/Λ() mindestens linear mit wächst. Beweis: Gilt ( ) = 1: 2loд д(y, 2 + 2loд #Y, loд 1 + loд #Y, #Y, #Y, 4loд loд 4 д(y, ) 2 + 2loд #Y, 2loд 1 2 loд loд #Y, loд 2 loд loд #Y, loд loд #Y, #Y, #Y, 6

7 11. Theorem Angenommen, 5. Für > 8 ist der Grah X, zusammenhängend und isomorh zu Y,. Beweis: Um zu zeigen, dass X, zusammenhängend ist, muss gezeigt werden, dass S, in beiden Fällen ein Erzeugendensystem ist. Zu zeigen ist also: ( ) PSL 2 ( ) wenn = 1 S, = ( ) PGL 2 ( ) wenn = 1 Dazu wollen wir den Isomorhismus β : ( ) /Z PGL 2 ( ) verwenden, von dem wir bereits wissen, dass er T, auf S, schickt. Es ist also äuivalent zu zeigen: PSL 2 ( ) S, = β(t, ) = β(λ/λ()) = PGL 2 ( ) Im letzten Vortrag wurde bereits gezeigt: ( ) = 1 S, PSL 2 ( ) ( ) = 1 S, PGL 2 ( ) PSL 2 ( ) ( ) wenn = 1 ( ) wenn = 1 Setze H, = PSL 2 ( ) β(λ/λ()). Nun müssen wir nur noch zeigen, dass in beiden Fällen H, = PSL 2 ( ) gilt. Theorem 4.8 aus dem zehnten Vortrag besagte, dass eine echte Untergrue von PSL 2 ( ) mit mehr als 60 Elementen metabelsch ist. Zeigen wir, dass #H, > 60 und H, nicht metabelsch ist, haben wir also bewiesen, dass H, = PSL 2 ( ) ist. Um zu zeigen, dass #H, > 60 ist, benutzen wir Bemerkung 11: #Y, Nach Annahme ist 5 und > 8. #Y, = #Λ/Λ() = > 120. H, ist eine Untergrue von Index 2, darum gilt #H, > 60. Um zu zeigen, dass H, nicht metabelsch ist, benutzen wir Lemma 4.3 aus dem zehnten Vortrag. Das Lemma besagt, dass eine Grue G genau dann metabelsch ist, wenn für alle д 1,д 2,д 3,д 4 G gilt: [[д 1,д 2 ], [д 3,д 4 ]] = 1. Wir müssen also д 1,д 2,д 3,д 4 H, finden, so dass [[д 1,д 2 ], [д 3,д 4 ]] 1. Um dies zu zeigen, unterscheiden wir die beiden Fälle ( ) ( ) = 1 und = 1. a) Sei ( ) = 1. Wir wählen die дi s aus S,. Wähle für д 1 irgendein Element in S,. Wähle д 2 so, dass д 2 д 1 ±1. Setze д 3 = д 1 und wähle д 4 so, dass д 4 {д 1 ±1,д±1 2 }. Mit dieser Wahl ist [[д 1,д 2 ], [д 3,д 4 ]] ein 7

8 reduziertes Wort der Länge 16, denn: [[д 1,д 2 ], [д 3,д 4 ]] = [д 1,д 2 ][д 3,д 4 ][д 1,д 2 ] 1 [д 3,д 4 ] 1 = [д 1,д 2 ][д 3,д 4 ][[д 2,д 1 ][д 4,д 3 ] = д 1 д 2 д1 1 д 1 2 д 3д 4 д3 1 д 1 4 д 2д 1 д2 1 д 1 1 д 4д 3 д4 1 д 1 3 Nach Proosition 9 (und wegen der unteren Schranken für und ) gilt für den Umfang von Y, : д(y, ) 2loд > 16 Ein reduziertes Wort über S, der Länge 16 kann nicht äuivalent sein zu der 1 in H,, denn das würde bedeuten, dass dieses reduzierte Wort in Y, einen Kreis der Länge 16 darstellt. Einen Kreis der Länge 16 kann es in Y, aber nicht geben, da der Umfang von Y, größer ist als 16. Der Kommutator ist also ungleich 1 und H, somit nicht metabelsch. b) Sei ( ) = 1. Zunächst wählen wir h1,h 2,h 3 S, wie folgt: Sei h 1 beliebig, h 2 h ±1 1 und h 3 {h ±1 1,h±1 2 }. Dann setzen wir д 1 = h 1 h 3,д 2 = h 2 h 3,д 3 = h 1 h 2,д 4 = h 3 h 2. Die д 1,...,д 4 sind Elemente von H,. [[д 1,д 2 ], [д 3,д 4 ]] ist dann ein reduziertes Wort der Länge 24, denn: [[д 1,д 2 ], [д 3,д 4 ]] = д 1 д 2 д1 1 д 1 2 д 3д 4 д3 1 д 1 4 д 2д 1 д2 1 д 1 1 д 4д 3 д4 1 д 1 3 = h 1 h 3 h 2 h 3 (h 1 h 3 ) 1 (h 2 h 3 ) 1 h 1 h 2 h 3 h 2 (h 1 h 2 ) 1 (h 3 h 2 ) 1 h 2 h 3 h 1 h 3 (h 2 h 3 ) 1 (h 1 h 3 ) 1 h 3 h 2 h 1 h 2 (h 3 h 2 ) 1 (h 1 h 2 ) 1 = h 1 h 3 h 2 h 1 1 h 1 3 h 1 2 h 1h 2 h 3 h 1 1 h 1 2 h 1 3 h 2h 3 h 1 h 1 2 h 1 3 h 1 1 h 3h 2 h 1 h 1 3 h 1 2 h 1 1 Nach Proosition 9 (und wegen der unteren Schranken für und ) gilt für den Umfang von Y, : д(y, ) 4loд loд 4 > 24 Dass H, nicht metabelsch ist, folgt analog zu Teil a). 12. Korollar Angenommen, 5, > 8. Die Grahen X, sind (+1)-regulär, zusammenhängende Grahen. Außerdem: a) Wenn ( ) = 1, dann ist X, nicht biartit mit b) Wenn ( ) = 1, dann ist X, biartit mit д(x, ) 2 3 loд #X,. д(x, ) 4 3 loд #X, loд 4. Beweis: Aus Theorem 11 folgt, dass die X, zusammenhängend sind. Die Umfangabschätzungen folgen aus Proosition 9 und der Tatsache, dass 3 #X,. Angenommen, ( ) = 1. Mit Satz 1.5 aus dem letzten Vortrag und dem Zusammenhang von X, sowie der Einfachheit von PSL 2 ( ) (die im zehnten Vortrag gezeigt wurde), folgt, dass X, nicht biartit ist. Angenommen, ( ) = 1. Die Aussage, dass X, in diesem Fall biartit ist, wurde bereits im letzten Vortrag gezeigt. 8