contraejemplo para el producto semidirecto de grupos

Question

Hola,

Tengo una pregunta muy natural en la teoría de grupos. Supongamos que tenemos dos grupos contables $G_1,G_2$ alguna acción de $\mathbb Z$ sobre ellos de forma que los productos semidirectos son isomorfos $\phi:G_1\rtimes \mathbb Z\simeq G_2\rtimes \mathbb Z$ . Suponemos que $\phi(\mathbb Z)=\mathbb Z$ . ¿Tenemos que $G_1\simeq G_2$ ? Parece una tontería pero no he sido capaz de encontrar un contraejemplo.

Arnaud

Answer 1

No.

Sea $X$ , $Y$ y $Z$ sean grupos cíclicos infinitos con generadores $x,y,z$ . Hacer un producto semidirecto $XY$ utilizando la acción no trivial de $X$ en $Y$ . Haga el producto directo de esto con $Z$ . En este grupo existe el grupo abeliano libre $XZ$ y dentro de él está el grupo cíclico infinito generado por $xz$ . Esto tiene dos "complementos normales" $XY$ y $YZ$ . Una es no abeliana y la otra es abeliana.

Answer 2

Si en lugar de $\phi(\mathbb{Z}) = \mathbb{Z}$ sabes que $\phi$ conmuta con las proyecciones a $\mathbb{Z}$ entonces $\phi$ induce un isomorfismo entre los núcleos de los mapas a $\mathbb{Z}$ es decir, entre $G_1$ y $G_2$ .

Pero los productos semidirectos encajan en extensiones divididas de $\mathbb{Z}$ por $G_1$ y $G_2$ por lo que tiene sentido pedir que $\mathbb{Z}$ es un subgrupo del producto semidirecto. Sin embargo, no veo cómo preguntar $\phi$ preservar $\mathbb{Z}$ implica que conmuta con los mapas cocientes.

Answer 3

Tomemos una 3manifold compacta $M$ con $b_1(M)\geq 2$ . Entonces hay muchos homomorfismos $\pi_1(M)\to \mathbb{Z}$ ya que $\mathbb{Z}^{b_1(M)}\leq H_1(M)$ . Además, si las fibras del colector sobre $S^1$ correspondiente a un mapa $\phi:M\to \mathbb{Z}$ entonces $ker(\phi)$ está finitamente generada. Si $\phi:M\to \mathbb{Z}$ no es fibrado, entonces un teorema de Stallings implica que la clase de cohomología no es dual a una fibra. Por ejemplo, consideremos el enlace L4a1:

El complemento es un colector compacto $M$ con $H_1(M)=\mathbb{Z}^2$ . Orientando los dos círculos del enlace de dos maneras diferentes (hasta la negación) se obtienen dos homomorfismos diferentes para $\mathbb{Z}$ (a través del número de enlace). Una orientación corresponde a un fibrado, mientras que la otra no (hay un anillo que discurre entre los dos componentes). Además, el número de intersección con el meridiano es el mismo (hasta el signo) para cada elección de orientación, por lo que se cumple la condición de subgrupo cíclico. Por tanto, el núcleo de un mapa es de generación finita (de hecho, libre), mientras que el del otro es de generación infinita.

Answer 4

Creo que esto funciona, y se basa en la interpretación de Tom Goodwillie más arriba.

Sea $G = \langle a,b,c\ |\ [a,b]=[a,c]=b^{11}=1,b^c=b^4\rangle$ . Ahora dejemos que $H=\langle a^{-1}c^{-1}\rangle$ , $G_1=\langle b,c\rangle$ y $G_2=\langle b,ac^2\rangle$ . Entonces $G=HG_1=HG_2$ pero $G_1$ no es isomorfo a $G_2$ .