La restricción del homomorfismo a un subgrupo de índice finito da un subgrupo de índice finito del núcleo

Question

Supongamos que tenemos un homomorfismo sobreyectivo $f:G \to H$ con $H$ un grupo abeliano libre finitamente generado y que $\ker f$ contiene un subgrupo de índice finito $B$ . ¿Podemos encontrar siempre un subgrupo de índice finito $A$ de $G$ tal que $f$ retstricción a $A$ tiene un núcleo $B$ ?

He podido comprobar que el núcleo de $f$ restringido a $A$ es igual a $\ker f \cap A$ pero esto no me ayuda realmente.

razón por la que hago esta pregunta : Actualmente estoy escribiendo mi tesis de maestría. A tienen un enunciado que dice que un grupo dado tiene un subgrupo de índice finito que tiene la propiedad $\mathcal{P}$ . He demostrado que el núcleo de $f$ tiene un subgrupo de índice finito con la propiedad $\mathcal{P}$ pero el texto dice que el núcleo tiene por tanto la propiedad $\mathcal{P}$ . Supongo que el texto utilizó implícitamente la conjetura anterior, al restringir $f$ al subgrupo de índice finito $A$ y el núcleo sería entonces el grupo con la propiedad $\mathcal{P}$ .

Espero que esto tenga algún sentido...

EDITAR : a propuesta de @stewbasic, incluyo la prueba en la que no udnerstand una parte. El conjunto $PG(F_n)$ denota el conjunto de automorfismos exteriores polinómicamente crecientes, el conjunto $UPG(F_n)$ el conjunto de automorfismos exteriores polinomiales unipotentes. Se trata de automorfismos externos tales que la matriz de abelianización se conjuga con una matriz triangular superior con unos en la diagonal.

lema: Sea $\mathcal{H}$ sea un subgrupo de $Out(F_n)$ que no contenga un subgrupo libre de rango $2$ . Entonces hay un subgrupo de índice finito $\mathcal{H}_0$ de $\mathcal{H}$ un grupo abeliano finitamente generado $A$ y un mapa $\Phi: \mathcal{H}_0 \to A$ tal que $\ker \Phi$ es UPG. Prueba: Sea $\mathcal{L} = \{ \Lambda_1, \ldots, \Lambda_k\}$ y $\mathcal{H}_0$ como en el lema 7.0.10. Definir $\Phi = \sum PF_{\Lambda_i^+}: \mathcal{H}_0\to \mathbb{Z}^k$ donde cada $PF_{\Lambda_i^+}$ es como en el corolario 3.3.1. Por el corolario 5.7.6. basta con demostrar que $\ker \Phi$ está contenida en $PG(F_n)$ ... (la prueba demuestra entonces que esto es cierto y esta es la última parte de la prueba)

La prueba continúa entonces para demostrar que el núcleo es PG. Sin embargo, el corolario 7.5.6. establece que

si $\mathcal{O} \in PG(F_n)$ está contenido en el núcleo del homomorfismo natural $$Out(F_n) \mapsto GL(n, \mathbb{Z}) \to GL(n, \mathbb{Z}/3\mathbb{Z})$$ puis $\mathcal{O} \in UPG(F_n)$ . En particular, todo subgrupo de $PG(F_n)$ contiene un subgrupo de índice finito en $UPG(F_n)$

y la prueba no demuestra que $\ker \Phi$ está en el núcleo de este homomorfismo natural.

Answer 1

No, es posible que ningún subgrupo de índice finito $A$ de $G$ existe.

En primer lugar, hay que tener en cuenta lo siguiente sobre cualquier grupo de este tipo $A$ . (Esto se inspira en el comentario de Max.) Ya que $B$ será el núcleo de un homomorfismo con dominio $A$ debe ser normal en $A$ . Así, $A$ debe estar contenida en $N_G(B)$ el normalizador de $B$ . Así que si $N_G(B)$ no tiene índice finito en $G$ entonces tampoco $A$ y por lo tanto, tendremos un contraejemplo.

Dejemos que $G = \mathbb{Z}/2\mathbb{Z} \wr \mathbb{Z} = (\bigoplus_{i \in \mathbb{Z}} \mathbb{Z}/2\mathbb{Z}) \rtimes \mathbb{Z}$ El grupo de los faroleros. (G es un producto corona, un tipo específico de producto semidirecto.) Representaremos un elemento de $G$ como un par $(g,n)$ , donde $g \in \mathbb{F}_2[x,x^{-1}]$ es un polinomio de Laurent, y $n \in \mathbb{Z}$ . La operación de grupo en $G$ viene dada por $$(g_1,n)(g_2,m) = (g_1 + x^ng_2, n+m).$$ Dejemos que $H = \mathbb{Z}$ . Entonces hay una suryección obvia $f : G \to H$ dado por $f((g,n)) = n$ . Así que ker $f$ = $\bigoplus_{i \in \mathbb{Z}} \mathbb{Z}/2\mathbb{Z}$ .

Consideremos el siguiente subgrupo $B$ de ker $f$ : $B = \langle x^n | n \neq 0 \rangle$ . $B$ es el conjunto de todos los polinomios de Laurent cuyo coeficiente de $x^0$ es 0. Así que $B$ tiene índice 2 en ker $f$ .

Reclamación: $N_G(B)$ = ker $f$ que tiene un índice infinito en $G$ .

Prueba: Sabemos que ker $f$ = $\bigoplus_{i \in \mathbb{Z}} \mathbb{Z}/2\mathbb{Z}$ normaliza $B$ porque ker $f$ es abeliano. Por lo tanto, $N_G(B) \supseteq$ ker $f$ . Para mostrar la otra contención, demostraremos que ningún elemento de $G$ normaliza $B$ a menos que sea en ker $f$ . Sea $(f_1,n) \in G$ . Entonces $(f_1,n)^{-1} = (x^{-n}f_1,-n)$ . Sólo tenemos que demostrar que $(f_1,n)$ no normaliza $B$ si $n \neq 0$ . Sea $(g,0) \in B$ (así que de nuevo, $g$ es un polinomio de Laurent). Más adelante especificaremos qué $g$ será.

Tenemos $(f_1,n)(g,0)(x^{-n}f_1,-n) = (f_1 + x^ng,n)(x^{-n}f_1,-n) = (f_1 + x^ng + f_1, 0) = (x^ng,0)$ . Obsérvese que si tomamos $g = x^{-n}$ entonces hemos demostrado que $(f_1,n)$ conjugados $(g,0)$ a un elemento fuera de $B$ (suponiendo que $n\neq 0$ ). Por lo tanto, suponiendo $n\neq0$ hemos demostrado que $(f_1,n) \notin N_G(B)$ .

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Observación final: Obsérvese que en el contraejemplo anterior, ker $f$ no está generado finitamente como grupo. (Sin embargo, $G$ es generada finitamente. De hecho es 2-generado). Llegué a este ejemplo porque en cada uno de los otros ejemplos que probé ker $f$ se generó finitamente, no pude producir un contraejemplo.

Answer 2

No. Deja que $N$ sea el conjunto de mapas de $\mathbb Z$ a $\mathbb Z_2$ que forma un grupo abeliano bajo la operación de adición puntual; $(a+b)(n)=a(n)+b(n)$ . Ahora utiliza la acción de $\mathbb Z$ en $N$ dado por $$(n\cdot a)(m)=a(m-n)$$ para formar el producto semidirecto $G=N\rtimes\mathbb Z$ (recordemos que $(a,n)(b,m)=(a+n\cdot b,n+m)$ ). Para $n\in\mathbb Z$ consideremos el homomorfismo $$ eval_n:N\to\mathbb Z_2,\,a\mapsto a(n), $$ Dejemos que $B=\ker eval_0$ . Tenga en cuenta que $B$ es normal de índice finito en $N$ (De hecho $N/B\cong\mathbb Z_2$ ). Además $$ eval_n(n\cdot a)=a(0)=eval_0 a, $$ así que $n\cdot B=\ker eval_n$ . Así, para $(a,n)\in G$ , $$ (a,n)B(a,n)^{-1}=\ker eval_n, $$ por lo que el normalizador de $B$ en $G$ es exactamente $N_G(B)=N$ .

Por último, dejemos que $H=G/N$ y $f:G\to H$ sea la suryección natural. Nótese que $H\cong\mathbb Z$ y $\ker f=N$ . Si tal subgrupo $A$ existe, entonces $A\subseteq N_G(B)=N$ . Pero $N$ no tiene índice finito en $G$ una contradicción.

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En cuanto al resultado concreto, la prueba puede completarse como sigue. Sea $\Psi:Out(F_n)\to GL(n,\mathbb Z_3)$ denotan el mapa del Corolario 7.5.6. El Corolario establece que $$ PG(F_n)\cap\ker\Psi\subseteq UPG(F_n). $$ La prueba del lema construye $\mathcal H_0\le\mathcal H$ y $\Phi:\mathcal H_0\to A$ tal que $[\mathcal H:\mathcal H_0]<\infty$ y $\ker\Phi\subseteq PG(F_n)$ . Ahora el subgrupo $\mathcal H_1=\mathcal H_0\cap\ker\Psi$ tiene las propiedades requeridas. En efecto, $[\mathcal H_0:\mathcal H_1]<\infty$ ya que el codominio de $\Psi$ es finito, lo que garantiza $[\mathcal H:\mathcal H_1]<\infty$ . También $$ \ker\Phi|_{\mathcal H_1}=\ker\Phi\cap\ker\Psi \subseteq PG(F_n)\cap\ker\Psi\subseteq UPG(F_n) $$ según sea necesario.