Диссертация (1137317), страница 6
Текст из файла (страница 6)
Они являются результатом ориентированной склейки правильныхдвенадцатиугольников. Здесь и далее под склейкой понимается отождествление пар сторон многоугольника. При этом, если каждой паресклеиваемых сторон приписать какую-нибудь букву (для разных пар выберем различные буквы), то каждой склейке будет соответствовать гауссово слово. Если зафиксировать начальную сторону и направление обхода (например, против хода часовой стрелки), то каждой склейке будетсоответствовать единственное слово и разным склейкам будут соответствовать разные слова.
В результате такого склеивания получается компактная ориентированная поверхность без края, см. [17]; вложенный графполучается как след от границы двенадцатиугольника, если при этомсчитать, что вершины многоугольника перейдут в черные вершины графа, а «середины сторон» — в белые, то граф будет двукрашенным. Количество различных склеек двенадцатиугольника равно 131, полный список склеек и соответствующих гауссовых слов приведен в [11].Морфизмом v пар Белого (X1 , f1 ) и (X2 , f2 ) называется морфизмалгебраических кривых v : X1 → X2 делающий коммутативной диаграмму/ X2vX1f1"|f2CP 1Рассмотрим фактор детского рисунка по его группе автоморфизмов.Полученный детский рисунок будем называть факторрисунком.Поясним, почему в результате факторизации действительно получается детский рисунок.
Для этого, исходя из определений, достаточно доказать следующее утверждение.Утверждение 2.5. Для любого детского рисунка D и любой группы егоавтоморфизмов (не обязательно состоящей из всех автоморфизмов)существует такой морфизм u : D → D/G, для которого выполняютсяследующие 3 условия:1) для любого детского рисунка H и для любых морфизмов f, g из D/Gв H из равенства f ◦ u = g ◦ u следует f = g (т.е.
u — эпиморфизм);2) для любого g ∈ G выполняется равенство u ◦ g = u (т.е. морфизм uсогласован с морфизмами группы)3) для любого детского рисунка H и для любого морфизма u0 : D → H,удовлетворяющего условию 2), существует такой морфизм u00 : D/G →H, что u0 = u00 ◦ u.Единственность морфизма u00 следует из пункта 1) (универсальностьэпиморфизма u).Доказательство.Воспользуемся тем фактом (см. [21], теоремы 16.1.1 и 16.1.2), что категория трехкрашенных детских рисунков (мы дополнительно третьимцветом красим центры граней детского рисунка) эквивалентна категории однородных Z ∗ Z множеств.
Пусть при этой эквивалентности детскому рисунку D и его группе автоморфизмов G сопоставляются действие φ группы Z ∗ Z на некотором множестве X, а также действие G наX. Каждый автоморфизм g ∈ G детского рисунка D определяет биекцию множества X. Рассмотрим множество орбит X/G. По определению,автоморфизмы из G согласованы с действием φ, поэтому поэлементноеприменение φ определяет транзитивное действие на множестве X/G, приэтом отображение факторизации u : X → X/G будет морфизмом Z ∗ Zдействий.
Покажем, что морфизм u действительно удовлетворяет условиям 1)-3).1) следует из сюрьективности отображения u.2) выполнено по построению, так как под действием морфизмов из группы G элемент множества X переходит в элемент той же орбиты.3) Так как из выполнения условия 2 для морфизма u0 следует, что значения u0 на всех элементах произвольной орбиты t ∈ X/G должны совпадать, то можно определить u00 (t) как значение u0 на любом элементеx ∈ t ⊂ X. Непосредственно проверяется, что так определенное отображение u00 действительно оказывается морфизмом, удовлетворяющимсоотношению u0 = u00 u.
I2.2.2Перечисление детских рисунковПеречислим все шестиреберные склейки рода 3 с единственной вершинойи нетривиальными группами автоморфизмов.Если порядок группы автоморфизмов детского рисунка равен n, тона языке гауссовых слов это означает, что, с точностью до переименова-периодично. То есть, если на местах i и j в слове стоятния букв, слово 12nодинаковые буквы, то и на местах ((i + 12) mod 12) и ((j + 12) mod 12)nnстоят одинаковые буквы. (Здесь и далее места пронумерованы от 0 до11, вычисления позиций в слове производятся по mod 12, так как длина слова равна 12).
На языке склеек это означает, что склейка правильного двенадцатиугольника инвариантна относительно поворота на угол2π. Далее мы будем отождествлять группу автоморфизмов и цикличеnскую группу соответствующего порядка и обозначать ее Zn . Посколькупорядок группы автоморфизмов делит 12, порядок n может приниматьзначения 2, 3, 4, 6 и 12. Разберем эти возможности поочередно.Пусть n — порядок группы автоморфизмов склейки.Утверждение 2.6.
Если n = 12, то возможна только одна склейка сгауссовым словом (a, b, c, d, e, f, a, b, c, d, e, f ).Доказательство.Если i, j (i < j) — места, на которых стоят одинаковые буквы, то наместе j +(j −i) = 2j −i стоит такая же буква, то есть 2j −i ≡ i ⇒ j = i+6.Iabfecddecfabрис. 1Утверждение 2.7. Склеек с n = 6 и n = 4 нет.Доказательство.Пусть n = 6 и буква a встречается в слове на i и j, (i < j) позициях.Предположим, что j − i < 6 (если j − i = 6 для всех букв, то n = 12).
Если j − i четно, то, поскольку слово 2-периодично, получим, что на местеj + (j − i) mod 12 тоже стоит буква a. Следовательно, j − i нечетно, и всилу 2-периодичности получим, что в слове на каждой паре мест с номерами (2n + i, 2n + j), n = 0, . . . , 5 стоят одинаковые буквы. При заданнойразности j − i это условие однозначно определяет склейку.
Легко проверить, что в каждом из трех случаев j − i = 1, 3, 5 в графе будет болееодной вершины, и род не будет равен 3. Поясним, как это сделать. Еслина склейке одна вершина, то, обходя ее по часовой стрелке, мы будемпересекать выходящие из нее ребра, каждое по два раза. Этому обходусоответствует перестановка сторон исходного двенадцатиугольника (таккак его стороны суть ребра графа, причем каждое проходится по двараза). Если эта перестановка является циклом длины 12, то вершинаединственна.При n = 4 можно провести аналогичные рассуждения.
Пусть опятьбуква a встречается в слове на i и j, (i < j) позициях, и j − i < 6.В данном случае слово 3-периодично, поэтому сразу заключаем, чтоj − i 6= 3 (для номеров позиций любой буквы). Остаются возможности j − i = 2, 4, 5. Соответствующие слова это (a, b, a, c, d, c, e, b, e, f, d, f ),(a, b, c, d, a, e, f, d, c, b, f, e), (a, b, c, d, e, a, f, b, d, c, e, f ) соответственно.
Нетрудно убедиться в том, что в заданных этими словами графах будетбольше одной вершины. Утверждение доказано. IУтверждение 2.8. Существуют ровно две склейки с n = 3.Доказательство.Пусть буква a встречается в слове на i и j(i < j) позициях. Опятьможно считать, что j − i < 6. Также, поскольку слово 4-периодично, заключаем, что j−i 6= 4. Если j−i = 3, то слово имеет вид (a, ∗, ∗, a, b, ∗, ∗, b,c, ∗, ∗, c), где на месте ∗ стоят остальные три буквы.
Здесь сразу выделяется вершина степени 3, из которой выходят ребра (a, c, b). Следовательно, j−i 6= 3 для номеров любой буквы в слове. Аналогично доказывается,что j − i 6= 5. В случае j − i = 1 сразу получаем вершину степени 1, поэтому j − i 6= 1. Остались возможности j − i = 2 и j − i = 6, которые идают два слова: (a, b, a, b, c, d, c, d, e, f, e, f ) и (a, b, a, c, d, e, d, b, f, c, f, e). IОбозначим детские рисунки с этими гауссовыми словами L[1] и L[2]соответственно:cddeccafbadcafefbfedbeL[1]baL[2]рис.
2Теорема 2.9. Существует ровно 10 склеек с n = 2.fedefafdbccbaeebaL2.2dcbbedabL3.1cL2.3cecfabeaadL1.4ddecfbacbfcfeafdafabddcfL1.3eabdbccL2.1fdcaffaebaebdaeL1.2ecceffddbafebafdedcL1.1ffddbaeccbcbecdefL3.2рис. 3Доказательство.Будем обозначать детские рисунки и склейки, изображенные на рисунке 3, через L1.1 , . . . , L3,2 .Пусть на местах i и j (i < j) в гауссовом слове стоит буква a. Можносчитать, что j − i < 6. Рассмотрим возможные случаи.abL2.4• Пусть j − i = 2, тогда слово выглядит так a ∗ a ∗ ∗ ∗ b ∗ b ∗ ∗∗.Предположим, что другая буква, c, стоит на местах k, l. Заметим, что |k − l| < 5, так как мы рассматриваем 2-периодичныеслова длины 12.
Пусть |k − l| = 2, тогда это acac ∗ ∗bdbd ∗ ∗ и,учитывая тот факт, что оно не более чем 2-периодично, получаем единственную возможность – acacef bdbdef (склейка L1.1 ). Если |k − l| = 3, то имеем только acaecf bdbedf (L2.1 ). Однако заметим, что у этой склейки нет зеркальной симметрии относительноглавных диагоналей 12-угольника, следовательно нашим условиям удовлетворяет зеркально-симметричная ей склейка с гауссовымсловом acaf debdbf ce (L2.2 ). Если |k − l| = 4, то аналогично предыдущему случаю получаем две симметричные относительно главнойдиагонали склейки соответствующие словам acaef cbdbef d (L1.2 ) иabacdef cf bde (L1.3 ).• Пусть j − i = 3.
В этом случае для значения |k − l| есть две возможности – 3, 4. Если |k − l| = 3, то это либо слово ac ∗ ac ∗ bd ∗ bd∗ =aceacf bdebdf , которое соответствует L3.1 . Либо a ∗ ca ∗ cb ∗ db ∗ d =aecaf cbedbf d, соответствует L3.2 . Если |k − l| = 4, то это словоac ∗ a ∗ cbd ∗ b ∗ d = aceaf cbdebf d, соответствующее L2.3 . Опять жезаметим, что эта склейка не зеркально-симметрична относительноглавных диагоналей, и следовательно, получаем еще одно гауссовослово abcadef bdf ce (L2.4 ).• Пусть j − i = 4, тогда, исключая из рассмотрения уже полученныеслова, приходим к abcdabef cdef (L1.4 ).Таким образом, перечислены все рисунки с автоморфизмом 2 порядка.IВ следующих параграфах мы вычисляем пары Белого найденныхдетских рисунков.2.2.3bДетский рисунок с Z12 -симметриейafceded/Z2d dcecfecfabbf a a bрис. 4На рисунке 4 изображено последовательное сведение рассмотрениядетского рисунка рода 3 к детскому рисунку рода 0.
Стрелка с /Z2 означает, что мы склеиваем противоположные стороны двенадцатиугольникапо стрелкам. При этом каждое ребро «ломается» в середине (потому чтостороны двенадцатиугольника мы считаем ориентированными), и его половинки должны склеиться в одно ребро.Функция Белого полученного детского рисунка рода 0 хорошо известна: f = x6 , причем, она поднимается на кривую y 2 = x(x6 − 1).2.2.4Детские рисунки с Z3 -симметриейИсследуем плоские проективные алгебраические квартики с симметриейтретьего порядка. Изначально, вообще говоря, не ясно, почему кривые,соответствующие этим детским рисункам не гиперэллиптические.
Однако, поскольку пара Белого детского рисунка единственна (если она существует), а в этом случае (не гиперэллиптическом) найдены пары Белоговсех имеющихся детских рисунков, то других не существует и пробела врассуждениях нет.Рассмотрим диагональные 3 × 3 матрицы, у которых на диагонали2πikjстоят числа e 3 , j = 1, 2, 3, kj ∈ {0, 1, 2}.
Всего таких матриц 33 = 27,но если рассматривать их с точностью до умножения на константу ине учитывать скалярные матрицы, то останется всего 3 типа: с двумя4πi2πiединицами и e 3 на диагонали (тип 1), с двумя единицами и e 3 надиагонали (тип 2) и тип 3 — когда все три кубических корня из 1, стоящиена диагонали, различны.Утверждение 2.10.
Каждый автоморфизм проективной плоскостиCP 2 , имеющий порядок 3, проективно эквивалентен автоморфизму сматрицей одного из этих трех типов.Доказательство.Лемма 2.11. Жорданова нормальная форма матрицы автоморфизмапроективной плоскости CP 2 , имеющего порядок три, диагональна.Доказательство леммы.Возможны три случая: 1) матрица диагональна, 2) получились двежордановы клетки и 3) получилась одна клетка. Рассмотрим эти возможности, учитывая, что так как симметрия имеет порядок 3, то матрицастепенибыть равна матричной единице. в третьей должна332a10a3a0a0 = 0a30 . То есть она диагональна только2) 000b00b3при a = 0, что влечет за собой вырожденность матрицы автоморфизма,что невозможно.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
