¿Subgrupo apropiado de GL (n, Z) isomorfo a GL (n, Z)?

Question

Es solo una pregunta se originó a partir de algunos pensamientos al azar. Espero que no obstante ajuste para el mo.

Es posible encontrar una adecuada subgrupo de $GL(n,\mathbb{C})$ isomorfo a $GL(n,\mathbb{C})$ sí (simplemente como conjunto teórico-grupos, no algebraicas grupos): sólo incrustar $\sigma:\mathbb{C}\hookrightarrow\mathbb{C}$ por un mapa que es la identidad en números algebraicos y es "un cambio" en un trascendence base; a continuación, tome invertible matrices con entradas en $\sigma(\mathbb{C})$.

El anillo de $\mathbb{Z}$, en cambio, no admite una inyectiva no surjective de morfismos en sí mismo, por lo que la anterior truco no se aplica a la siguiente pregunta:

Qué $GL(n,\mathbb{Z})$ tienen ningún subgrupo isomorfo a $GL(n,\mathbb{Z})$ sí?

Answer 1

Si $n>2$, este es un caso particular de que el resultado principal de [G. Prasad, Discreto subgrupos isomorfo a las rejillas de Lie semisimple grupos, Amer. J. Math. 98 (1976), no. 1, 241--261], es decir, irreductible rejillas lineales semisimple Mentira grupos son co-Hopf (donde un grupo se llama co-Hopf si no es isomorfo a su propio subgrupo). Creo, $GL(2,\mathbb Z)$ también es co-Hopf, pero por el momento no estoy seguro de cómo probar esto, tenga en cuenta que $GL(2,\mathbb Z)$ ha $\mathbb Z*\mathbb Z$ como finito índice de subgrupo, y $\mathbb Z*\mathbb Z$ no co-Hopf.

EDIT: Como he mencionado en los comentarios, Prasad del papel implica el resultado cuando el ambiente Mentira grupo es semisimple, que abarca los casos de $SL(n,\mathbb Z)$ e $PGL(n,\mathbb Z)=PSL(n,\mathbb Z)$ al $n>2$. No puedo encontrar hoteles de prueba para $GL(n,\mathbb Z)$, pero aquí es un ad hoc argumento.

Un punto clave es que cualquier inyectiva endomorfismo $\phi$ de % de $GL(n,\mathbb Z)$ debe tener finito cokernel (es decir, su imagen se ha finito de índice). De hecho, su restricción a$SL(n,\mathbb Z)$, seguido por la proyección de $GL(n,\mathbb Z)\to PGL(n,\mathbb Z)$ es un homomorphism de celosías $\phi_0: SL(n,\mathbb Z)\to PSL(n,\mathbb Z)$ localmente isomorfo semisimple Mentira grupos para Margulis superrigidity implica que $\phi_0$ ha finito cokernel, y por lo tanto también lo hace $\phi$. Ahora si $-I_n$ no está en la imagen de$\phi$,, a continuación, $GL(n,\mathbb Z)$ embedds como finito índice de subgrupo en $PGL(n,\mathbb Z)$, por lo que por $GL(n,\mathbb Z)$ es isomorfo a un entramado en un Lie semisimple grupo, por lo tanto es co-Hopf por Prasad. Si $-I_n$ se encuentra en la imagen de $\phi$,, a continuación,$-I_n=\phi(-I_n)$, lo $\phi$ desciende a un inyectiva endomorfismo de $PGL(n,\mathbb Z)$, que por Prasad es a, y es fácilmente implica que $\phi$ es sobre.

Answer 2

Para$n=2$, tenemos$PSL(2,\mathbb Z) = \mathbb Z_2 * \mathbb Z_3 = \langle u , v | u^2 = v^3 = 1 \rangle$. El mapa$u \mapsto (uv)^n u (uv)^{-n}, v \mapsto (uv^2)^m v (uv^2)^{-m}$ para$m, n$ suficientemente grande proporciona un morfismo no subjetivo de$PSL(2, \mathbb Z)$ sobre sí mismo.

Answer 3

Para $G=GL(2,\mathbb Z)$ no hay propiamente subgrupo isomorfo a ella. Considerar el diedro grupo $D$ de isometrías de un regular 6-gon. Sólo hay una clase conjugacy en $G$ de los subgrupos isomorfo a $D$. De hecho, dado un subgrupo, simplemente llamarlo $D$, uno puede adaptar el interior del producto, para el promedio, así como para hacer $D$ consisten ortogonal de matrices. A continuación, tomar una base de $\mathbb Z^2$ consta de los vectores más cortos haciendo un ángulo obtuso, dicen. Deje $s$ a ser el elemento que intercambia los dos vectores de la base. Ahora busca un elemento $u$ de orden cuatro con $susu=1$, de modo que $u^2$ viajes con los elementos de la $D$. Hay muy pocas opciones y nos encontramos con que $u$ junto con $D$ genera $G$.