首发于Transcendence

整系数的分式线性变换群仅有9个有限子群

分式线性变换(FLT)又称为Mobius变换是指这样形式的函数:m(x)=\frac{ax+b}{cx+d},其中ad-bc\neq0。我们将要证明,如果Mobius变换的系数为整数,仅有9个有限子群。对于实系数和复系数的情况我们也将要提到。

首先我们要求我们的整系数的FLT的所有系数互素即\mathrm{gcd}(a,b,c,d)=1,然后我们验证所有的整系数的FLT成群:两个FLT的乘积(复合)仍然为FLT。并且e(x)=x为单位变换,每个FLT均有逆变换,为\frac{dx-b}{-cx+a}

为了便于计算(用矩阵计算),我们发现整系数的FLT与\mathrm{PGL}(2,\mathbb{Q})同构。注意PGL中的“P”为“projective”,意思类似于我们前面提到的要求,即\mathrm{gcd}(a,b,c,d)=1,如果不等于1则除去公因子。如果是分数倍,当然也能一起去除。

我们再考虑复平面上的分式线性变换。我们将复平面拓展为黎曼球面\widehat{C}=C\cup{\infty},这样我们需要注意几个拓展后的规定1 / 0=\infty,1 / \infty=0,以及关于FLT的几个特征:如果c\neq0,则有m(\infty)=a / c以及m(-d / c)=\infty;如果c=0,则有m(\infty)=\infty

下面我们再来考虑接下来需要的几个群:C_n,D_n等。C_n是n阶循环群。D_n为2面体群,D_n=\{e,a,a^2,\cdots,a^{n-1},b,ab,a^2b,\cdots,a^{n-1}b\},注意C_nD_n的子群,并且|D_n|=2|C_n|=2nD_n一般不是Abel群,因为ba=a^{n-1}b当且仅当n=2时D_n是阿贝尔群。但是如下性质很重要,b^2=1以及b^{-1}ab=a^{-1}。另外,D_2是最小的非循环群。(这说明一二三阶群必然是循环群。)

考虑C_n,D_n的几何性质,显然它们分别同构于正棱锥和正棱柱的对称群。由于球的有限旋转群是C_n,D_n,A_4,S_4,A_5,这一点可以参见正多面体的对称群。当然C_n,D_n还有平面上的几何意义:C_n是正多边形的旋转变换群,D_n是正多边形的旋转和镜面映射的变换群。

有了几种简单的群以后,我们在考虑FLT的复合变换,比如有趣的是p(x)=\frac{1}{ x+1}的迭代,将之映射到\mathrm{PGL}(2,\mathbb{Q}),则有n阶复合为

\left[\begin{array}{cc} F_{n-1}& F_{n} \\\ F_{n}&F_{n+1} \end{array}\right]

其中F_n为第n个斐波纳契数。现在我们定义p^{(0)}(x)=x,则p(x)的逆为p^{(-1)}(x)=\frac{1-x}{x}。于是,\{ p^{(i)}(x):i\in\mathbb Z \} 在复合运算下是一个无限离散群。考察一个特定数的轨道,比如说1,就可以得到一个轨道。

在考虑一个相似的变换m(x)=-\frac{1}{ x+1},我们会发现在复合运算下,m(x)生成的群是有限的,这是因为m^{(2)}(x)=\frac{-x-1}{ x}以及m^{(3)}(x)=x,这样这个群的阶就是3,并且同构于C_3。如果想要比较清晰地看到这一点,可以带入一个特定的数,看该数的轨道。再考虑一个变换q(x)=1 / x,显然q(x)的复合变换构成一个2阶的群。现在我们将这两个群放在一起(直积),则能够生成一个阶数为6的群,并且同构与D_3

介绍完这么多的基础知识,现在我们可以正面考察我们要证明的定理了。

定理一:\mathrm{PGL}(2,\mathbb{Q})的全部有限子群同构于C_n,D_n,其中n=1,2,3,4,6。
定理二:\mathrm{PGL}(2,\mathbb{R})每一个有限子群同构于任意有限阶的循环群或者二面体群。

我们的证明是构造性的,并且在这里引用到\mathrm{PGL}(2,\mathbb{C})的一个结果:\mathrm{PGL}(2,\mathbb{C})的一个有限子群同构于球的对称群的一个有限子群,即同构C_n,D_n,A_4,S_4,A_5。(前半句结论参见文献2)所以,我们证明定理二只需要证明,不能用实系数的FLT的群表示。

首先我们考虑c=0的分式线性变换,显然 e(x)=x 生成为一阶群,m(x)=-x为2阶群。进一步地,-x+b(b\in\mathbb C)也是2阶的。对于四阶的情况我们可能需要利用ix甚至是 ix+b。

我们还需要本原根的知识,对于n>1,它是\frac{x^n-1}{x-1}=x^{n-1}+\cdots+x^2+x+1的一个根。需要指出的是,\pm1是唯二的有理本原根,\pm i\pm\frac{1}{2}\pm\frac{\sqrt{3}i}{2}(分别是3,4,6阶的本原根)是所有的平方本原根。其他的所有本原根均是高于二次的本原根。这一点在文献1中有体现。

正如前文提到的c=0的FLT,我们可以猜想m(x)=\zeta x+b(其中\zeta,b是复数)是n阶的当且仅当\zeta是n阶本原根。事实上,我们可以看到,当\zeta是n阶本原根时,m^{(n)}(x)={\zeta}^nx+b({\zeta}^{(n-1)}+\cdots+{\zeta}^2+\zeta+1)=x。反之亦然。

现在我们需要解决任意的FLT的有限阶数了。我们现在证明,任意一个FLT:(ax+b) / (cx+d)是和“线性映射”Ax+B共轭的,于是它们的阶数是相等的。(共轭元素的阶数相等的证明:设a,b的阶数分别为s,t,xax^{-1}=b,于是b^s=(xax^{-1})^s=x^s(a^s)x^{-s}=x^sx^{-s}=1,所以t|s,同理可证s|t,从而有s=t。)


两个重要引理

现在开始证明定理,首先给出两个引理及其证明:

引理一:假设m(x)=\frac{ax+b}{cx+d}是整系数的FLT,并且有有限的阶数。则m(x)的阶数只能为1,2,3,4,或者6,并且在后三种情况中,m(x)在\mathrm{PGL}(2,\mathbb{Q})分别共轭于\frac{-1}{x+1},\frac{x-1}{x+1},\frac{2x-1}{x+1}


注意一二阶的映射不满足共轭的情形。

证明:首先容易验证上述三个变换分别是3,4,6阶的,而且q(x)=1/x是二阶的,e(x)=x 是一阶的。当c=0时,m(x)=(a / d)x+b / d是一个“线性映射”,根据之前的讨论,a / d=\pm1(有理本原根),当a / d=1时,b=0,为一阶的情形m(x)=e(x)=x;当a / d=-1时,为二阶的情形m(x)=b / d-x

对于c\neq0的情况,我们先求出变换的不动点,再作共轭变换。解如下方程\frac{ax+b}{cx+d}=x,我们可以得到至少一个有限不动点\alpha,并且拥有\leq2 \text{ over } \mathbb{Q}。现在我们做m(x)的共轭\hat{m}(x)=s^{-1} m s(x),其中s=\alpha+\frac{1}{x}\hat{m}(x)\mathbb{Q}(\alpha)上的“线性映射”(验证\hat{m}(\infty)=\infty),因此可以写成Ax+B。因为\hat{m}(x)和m有相同的阶数,所以A是一个n阶本原根。又因为A\in\mathbb{Q}(\alpha),而且\mathbb{Q}(\alpha)最多是\mathbb{Q}的平方本原根扩张,所以A=\pm1,\pm i,\pm1 / 2\pm\frac{\sqrt{3}i}{2},于是,n=1,2,3,4,6

下面我们再证明当n=3,4,6时,选择三个有理数A,B,C,使得m(x):A\mapsto B\mapsto C.让s(x)成为这样的变换使得:

0\mapsto A,-1\mapsto B,\infty\mapsto Cs(x)=\frac{(B-A)Cx+A(B-C)}{(B-A)x+(B-C)}),

然后做m(x)的共轭\hat{m}(x)=s^{-1}ms(x),我们可以得到:\hat{m}(x):0\mapsto-1\mapsto\infty。此时也就有\hat{m}(x)=\frac{\hat{a}x-1}{x+1}\hat{m}(x)的阶数为3,4,6,则对应\hat{a}为0,1,2。QED


引理二:如果K是\mathbb{R}的一个子域,则所有以K为系数的FLT群的有限子群(也就是PGL(2,K)的全部有限子群)为循环群或者是二面体群。


证明:根据之前的\mathrm{PGL}(2,\mathbb{C})结论,我们只需要证明A_4,S_4,A_5不能表示为PGL(2,K)的一个有限子群。又因为A_4\subset S_4,以及A_4\subset S_5,所以我们只需要证明A_4不能表示即可。

设G和A_4同构,因为A_4里有三循环,所以根据引理一,经过合适的共轭变换可以得到-1 / (x+1)\in G。在A_4中,一个三循环和一个二循环的元素复合会等于一个新的三循环。(比如(abc)和(ab)(cd)的乘积)而在PGL(2,K)中的二阶元素只有两种形式:-x+b(固定\infty)或者是\frac{ax+b}{x-a}(将\infty变成a)。而-1 / (x+1)和它们的复合分别为1 / (x-b-1)(它是三阶当且仅当b=-1\pm i),\frac{-x+a}{(a+1)x+(b-a)}(而它是三阶的当且仅当b=\frac{1}{2}(1+2a\pm\sqrt{-4a^2-4a-3}),这是个复数。)所以,A_4不能被PGL(2,K)的有限子群表示。


定理的证明

证明:根据引理二,我们只需要关心C_n,D_n。要证明\mathrm{PGL}(2,\mathbb{R})包含所有的C_n,D_n,我们只需证明对任意n>0,我们都能找到m(x),使得n阶的m(x)和q(x)=1 / x能生成D_n

当n=1是,让m(x)=x;当n=2是,让m(x)=-x。很容易看出,这给出了(结合q(x)=1 / x)C_1,C_2,D_1,D_2的情形。现在假设n\geq3,让\zeta_{n}=e^{2\pi i / n}为n阶本原根,令a_n=1+2\cos(2\pi / n)=1+\zeta_{n}+1 / \zeta_{n}(这是一个实数。)现在将m(x)定义\frac{a_nx-1}{x+1},不难证明m^{-1}(x)=\frac{x+1}{-x+a_n}以及q^{-1}mq=m^{-1}(这里很熟系是之前二面体群的性质),所以我们只需要证明m(x)是n阶的。

现在我们做共轭变换,令s(x)=\zeta_{n}+1 / x,因为s(\infty)=\zeta_{n}m(\zeta_{n})=\zeta_{n},所以有\hat{m}(\infty)=\infty,于是\hat{m}(x)=Ax+B,其中A,B为复数。通过比较\hat{m}(x)s^{-1}ms(x)的表达式,可以得到(令x=0,x=-1 / \zeta_{n}A=\zeta_nB=\zeta_{n} / (\zeta_{n}+1)。显然\hat{m}(x)是n阶的。于是定理二得证!

我们限制系数为有理数,根据以上结论和引理一,定理一得证!QED.

由此我们还可以得到一个推论:

推论一:对于n\geq3a_n=1+2\cos(2\pi / n),则\frac{a_nx+1}{x+1}是n阶FLT。


参考文献

1. Joseph A. Gallian, Contemporary Abstract Algebra, 5th ed., Houghton Mifflin, Boston, MA, 2002.

2. R. C. Lyndon and J. L. Ullman, Groups of elliptic linear fractional transformations, Proc. Amer. Math. Soc. 18 (1967), 1119–1124.

3. Dresden, Gregory P. "There are only nine finite groups of fractional linear transformations with integer coefficients." Mathematics Magazine (2004): 211-218.

编辑于 2017-10-08

文章被以下专栏收录