Hace $S_4$ inyectar en $SL(2,R)$ para algún anillo conmutativo $R$ ?

Question

$\newcommand{\Z}{\mathbf{Z}}$ Dada una bonita colección infinita de grupos, por ejemplo los grupos simétricos, se puede preguntar si cualquier grupo finito es un subgrupo de uno de ellos. Por supuesto, cualquier grupo finito actúa sobre sí mismo, por lo que cualquier grupo finito es un subgrupo de un grupo simétrico. Del mismo modo, cualquier grupo finito actúa linealmente sobre su anillo de grupo sobre un campo finito, por lo que dado un campo $k$ cualquier grupo finito se incrusta en $GL(n,k)$ para una cantidad suficientemente grande de $n$ (como matrices de permutación).

Pregunta 1: ¿Y si hacemos lo que pido en el título, y consideramos a los grupos $SL(2,R)$ como $R$ se extiende sobre todos los anillos conmutativos. Dado un grupo finito arbitrario, ¿puedo encontrar un anillo conmutativo $R$ (con un 1) tal que este grupo es un subgrupo de $SL(2,R)$ ?

Por supuesto, esto se inspira en esta molesta pregunta que, en el momento de escribir esto, parece seguir sin resolverse.

Esta es una pregunta más específica:

Pregunta 2: ¿Existe un anillo conmutativo $R$ (con un 1) tal que el grupo simétrico $S_4$ inyecta en $SL(2,R)$ ?

No he pensado mucho en la pregunta 1. Te diré lo que sé sobre la pregunta 2. Consideremos primero el caso en que $R$ es un campo algebraicamente cerrado. Si la característica es cero, o mayor que 3, entonces por teoría de caracteres cualquier mapa de $S_4$ en $SL(2,R)$ debe contener $A_4$ en su núcleo (el mapa debe dar una representación semisimple y el irreducible bidimensional tiene determinante no trivial).

Si la característica es 3 entonces considerando la restricción de un mapa $S_4\to SL(2,R)$ a un subgrupo Sylow 2 vemos de nuevo por teoría de caracteres que el núcleo debe contener el elemento central. Pero el núcleo es un subgrupo normal de $S_4$ por lo que debe contener $V_4$ y por lo tanto los factores a través de un mapa $S_3\to SL(2,R)$ . Ahora la imagen de un elemento de orden 2 debe ser central y no es difícil deducir que los 3 ciclos deben estar de nuevo en el núcleo.

En la característica 2 hay más posibilidades. Si lo he entendido bien, el núcleo de un mapa $S_4\to SL(2,R)$ ( $R$ alg cerrado char 2) es $S_4$ , $A_4$ o $V_4$ y, por supuesto, la representación puede ser esta vez no simple.

De este análisis caso por caso concluimos que si $R$ es un anillo cualquiera y $S_4\to SL(2,R)$ es un mapa cualquiera, entonces la imagen de $V_4$ está en $1+M_2(J)$ , donde $J$ es la intersección de todos los ideales primos, es decir, los elementos nilpotentes de $R$ .

Ahora quería considerar el caso $J^2=0$ y comprobar que $V_4$ debe ser matado mod $J^2$ y luego ir por la inducción, pero no podía golpear a cabo y se pregunta si es cierto.

Está claro que se podría forzar el argumento si se pudiera hacer un cálculo de la base de Groebner sobre los enteros. Yo he intentado uno de estos en mi vida--cuando intentaba resolver el problema abierto de si todo esquema de grupo plano finito de orden 4 era matado por 4. Esa última cuestión parece estar más allá de los ordenadores actuales, pero quizás la que estoy planteando aquí no lo esté. El problema sería que hay que trabajar sobre $\Z$ y esto ralentiza mucho las cosas.

Luego busqué contraejemplos, pero me convencí de que $S_4$ no era un subgrupo de ninguno de los dos $SL(2,\Z/4\Z)$ o $SL(2,\Z/2\Z[\epsilon])$ con $\epsilon^2=0$ [ editar : Estoy equivocado; $SL(2,\Z/2\Z[\epsilon])$ sí funciona, como señala Tim Dokchitser]. No sé cómo hacer que un sistema de álgebra computacional compruebe $SL(2,\Z/2\Z[\epsilon,\delta])$ así que me rendí y pregunté aquí.

Sospecho que me falta algún dato estándar :-/

Answer 1

Para la pregunta 2, La extensión central $\tilde{S}_4$ es ciertamente un subgrupo de $\mathrm{GL}_2(\mathbf{Z}[\sqrt{-2}]) \subset \mathrm{GL}_2(\mathbf{C})$ . La imagen del determinante es $\pm 1$ . La imagen de $\tilde{S}_4$ en $$\mathrm{GL}_2(\mathbf{Z}[\sqrt{-2}]/2) = \mathrm{GL}_2(\mathbf{F}_2[x]/x^2)$$ es $S_4$ y todos los elementos tienen determinante uno. Es fácil ver que el elemento central $$\left( \begin{matrix} -1 & 0 \\\ 0 & -1 \end{matrix} \right)$$ se encuentra en el núcleo, por lo que basta con señalar que nada más lo hace. Sin embargo, es evidente que el mapa se proyecta sobre $\mathrm{GL}_2(\mathbf{F}_2) = S_3$ y (a partir de la tabla de caracteres) la imagen es mayor que $S_3$ , por lo que la imagen es $S_4$ .

Para la pregunta 1, si $G$ inyecta en $\mathrm{SL}_2(R)$ para algunos $R$ entonces se inyecta en un anillo de este tipo donde $R$ es Artiniano. Aquí está la prueba.

EDIT: Paso 0. (Esto estaba en mi cabeza, pero me olvidé de mencionarlo, como me recuerda Kevin en los comentarios). Se puede sustituir $R$ por el subring que generan las imágenes de las entradas de $g-1$ para todos $g \in G$ y, por lo tanto, suponer que $R$ está generada finitamente sobre $\mathbf{Z}$ y, por tanto, noetheriano. (El thm de la intersección de Krull requiere una hipótesis noetheriana).

Paso 1. Si $x$ es un elemento no nulo de $R$ entonces existe un ideal máximo $\mathfrak{m}$ de $R$ tal que $x$ es distinto de cero en $R/\mathfrak{m}^k$ para algunos $k$ . Prueba de ello: Sea $\mathfrak{m}$ sea algún ideal máximo que contenga el aniquilador de $x$ . Entonces $x$ es distinto de cero en la localización $R_{\mathfrak{m}}$ y por lo tanto $x$ es distinto de cero en $R/{\mathfrak{m}^k}$ por el teorema de la intersección de Krull.

Paso 2. Si $x_1, \ldots, x_n$ son elementos no nulos de $R$ existe un ideal $I$ de manera que cada $x_i$ es distinto de cero en $R/I$ y $R/I$ es Artiniano. Prueba: Aplicar el paso 1 a cada $x_i$ y que $I = \bigcap \mathfrak{m}^{k_i}_i$ .

Paso 3. Supongamos que $G$ tiene $n$ elementos no triviales. Sea $x_1, \ldots, x_n$ denotan una entrada no nula en la matriz $g - 1$ para cada elemento de $g$ . Aplique el paso 2 para deducir que $g$ no es la identidad en $R/I$ para algún cociente artiniano para todos los valores no nulos $g \in G$ .

Observación: Si $G$ es simple, entonces $G$ es en realidad un subgrupo de $\mathrm{SL}(k)$ para algún campo $k$ . Prueba: Los anillos artinianos son semilocales, por lo que $G$ es un subgrupo de $\bigoplus_{i=1}^{n} \mathrm{SL}(A_i)$ para los anillos artinianos $A_i$ . Desde $G$ es simple, debe ser un subgrupo de $\mathrm{SL}(A)$ para uno de estos $A$ . Este último grupo está filtrado por los grupos $\mathrm{SL}(k)$ y copias de $M_0(k)$ (matrices de traza cero). Como esta última es abeliana y $G$ es simple, hemos terminado.

Es fácil encontrar ejemplos de grupos que no son subgrupos de $\mathrm{SL}_n(k)$ para todos los campos $k$ y algún número entero fijo $n$ .

Answer 2

La respuesta a la pregunta 2 es sí, por Tim Dokchitser.

$$ R = \mathbb{Z}[e]/(2,ee), (1,2,3,4) = \begin{pmatrix} 1+e & 1+e \\ e & 1 \end{pmatrix}, (1,2) = \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 1 & 1 \end{pmatrix} $$

Su respuesta puede verificarse con GAP utilizando la representación matricial del álgebra. Ya que Kevin preguntó sobre el uso de álgebras más complicadas, pensé que podría ser útil mencionar lo fácil que es usar representaciones matriciales.

# Define a nilpotent element
e := [[0,1],[0,0]];
o := e^0;

# Define the structure of the matrices
a := [[1,1],[0,1]];
b := [[0,1],[1,1]];
c := [[1,0],[1,1]];

# Now define the generators themselves over k[e]
f := KroneckerProduct( a, o ) + KroneckerProduct( b, e );
t := KroneckerProduct( c, o );

# Now construct and identify the group:
g := Group( [f,t] * One( GF(2) ) );
IdGroup( g ) = IdGroup( SymmetricGroup(4) );
iso := IsomorphismGroups( SymmetricGroup(4), g );
Display( Image( iso, (2,3) ) );
Display( Image( iso, (3,4) ) );

Si prefieres los generadores Coxeter son:

$$ (1,2) = \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 1 & 1 \end{pmatrix}, (2,3) = \begin{pmatrix} e & 1 \\ 1 & e \end{pmatrix}, (3,4) = \begin{pmatrix} 1+e & 0 \\ 1 & 1+e \end{pmatrix} $$

(También hay representaciones más escasas:

$$ (1,2) = \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 1 & 1 \end{pmatrix}, (2,3) = \begin{pmatrix} 0 & 1 \\ 1 & 0 \end{pmatrix}, (3,4) = \begin{pmatrix} 1+e & 0 \\ 1 & 1+e \end{pmatrix} $$

que también puede ser útil).

Creo que este tipo de cosas sólo deberían tener una utilidad limitada. S4/K4 = SL(2,2) es una situación bastante especial. Me sorprendería más que PSL(2,7) se pudiera incrustar en un SL(2,R).

Answer 3

Sobre la pregunta 1. La respuesta es "no". Supongamos que todo grupo finito $G$ se incrusta en $SL_2(R_G)$ para un conmutador $R_G$ . Tome el ultraproducto ${\mathcal G}$ de todos $G$ . Se incrusta en el ultraproducto de $SL_2(R_G)$ que es $SL_2(R)$ donde $R$ es el ultraproducto de $R_G$ . Desde $R$ es un anillo conmutativo, cada subgrupo finitamente generado de $SL_2(R)$ es residualmente finito por Malcev. Pero no todos los subgrupos finitos de ${\mathcal G}$ son residualmente finitos. Véase este documento por ejemplo. En caso de que no esté claro cómo se relacionan los grupos "aproximadamente finitos" con los ultraproductos de grupos finitos, he aquí un corolario del Teorema 2 de la Sección 8, Capítulo 4 de "Sistemas algebraicos" de Malcev: si todo subconjunto finito de un grupo $G$ (con la operación parcial inducida) se incrusta en un grupo finito, entonces $G$ está incrustado en un ultraproducto de grupos finitos. (En realidad es una afirmación fácil.) Por lo tanto, los grupos "aproximadamente finitos" son subgrupos de ultraproductos de grupos finitos. El artículo al que he dado un enlace contiene ejemplos de grupos "aproximablemente finitos" pero no residualemente finitos.

Answer 4

Sobre un terreno, la respuesta a la primera pregunta es no. Un elemento de $A$ de orden 4 en SL(2,R) debe satisfacer la ecuación $x^{4}-1$ . Pero también satisface el polinomio característico $x^{2}-{\rm Tr}(A) x+1$ . Tomando el gcd de estos dos polinomios, vemos rápidamente que $A$ también satisface $({\rm Tr}(A)^{3}-2{\rm Tr}(A)x+{\rm Tr}(A)^{2}$ . Si el coeficiente de $x$ es distinto de cero, entonces $A$ satisface un polinomio lineal, por lo que es diagonal, por lo que tiene 4 raíces de la unidad a lo largo de la diagonal. Sólo hay un número finito de tales matrices. Si el coeficiente de ese polinomio lineal es cero, entonces ${\rm Tr}(A)=0$ y así $A$ es una raíz de $x^{2}+1$ , lo que significa que dos elementos cualesquiera de orden 4 tienen cuadrados iguales (salvo las posibilidades finitas expresadas en el caso anterior).

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En cuanto a la pregunta original: $S_{4}$ tiene una presentación $\langle s,t| s^{2}=t^{3}=(st)^{4}=1\rangle$ . Yo sugeriría mirar el anillo $R=\mathbb{Z}[a,b,c,d,e,f,g,h]/I$ donde $I$ es el conjunto de relaciones que obligan a las matrices 2x2 dadas por s=((a,b),(c,d)) y t=((e,f),(g,h)) a satisfacer las relaciones para $S_4$ y tienen determinante 1. Encontrar una base de tipo Grobner para $I$ debe demostrar que la estructura resultante tiene al menos 24 matrices distintas en el grupo generado por s y t (o no las tiene y no se puede incrustar $S_{4}$ en dicho anillo).

Answer 5

Editar: Creo que la respuesta a la segunda pregunta es sí. Dejemos que $R = \mathbb{Z}[x, y, z]/I$ donde

~~

$$I = (2x, 2y, 2z, z - xz^2, x - x^2 z, z - yz^2, y - y^2 z).$$

Entonces creo que la incrustación

$$(12) \mapsto \left[ \begin{array}{cc} 1 & x \\\ 0 & 1 \end{array} \right], (23) \mapsto \left[ \begin{array}{cc} 1 & 0 \\\ z & 1 \end{array} \right], (34) \mapsto \left[ \begin{array}{cc} 1 & y \\\ 0 & 1 \end{array} \right]$$

~~

funciona. Todavía no he verificado que $I$ es tan pequeño como creo que es, sin embargo. Creo que sería suficiente para verificar que $I$ no contiene $xz, yz$ o $x - y$ .

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Esto es lo que sé sobre la pregunta 1 tras haber jugado con la pregunta vinculada durante un tiempo.

• Si $R$ es un campo algebraicamente cerrado de característica cero, entonces la clasificación es la misma que la de los subgrupos finitos de $\text{SL}_2(\mathbb{C})$ : los grupos cíclicos, los grupos dicíclicos y los grupos poliédricos binarios. Por lo tanto, si $R$ es un dominio integral de característica cero entonces cualquier subgrupo finito debe estar en esta lista.

• Si $R$ es un dominio integral de característica $2$ entonces $\text{SL}_2(R)$ no tiene elementos no triviales de orden $2$ . Esto descarta cualquier grupo finito de orden par. Whoops: lo que quería decir es que $\text{SL}_2(R)$ no tiene elementos no triviales de orden $4$ . En realidad es suficiente que $R$ se reduce. Esto descarta cualquier grupo finito con tal elemento. De forma algo más general, si $2 = 0$ y $I$ es el ideal de $R$ que consiste en elementos que elevan al cuadrado a cero, entonces un elemento de $\text{SL}_2(R)$ tiene orden $4$ si y sólo si su rastro cae en $I$ por lo que no hay elementos de orden $4$ en $\text{SL}_2(R/I)$ . Si $G$ es un grupo simple no abeliano en $\text{SL}_2(R)$ con un elemento de orden $4$ , entonces su imagen en $\text{SL}_2(R/I)$ no es fiel, por lo que debe ser trivial, pero eso significa que cada elemento de $G$ tiene rastro de aterrizaje en $I$ Por lo tanto, el orden $4$ ; contradicción.

• Si $2$ no es un divisor cero en $R$ (en particular, si $2 \neq 0$ y $R$ es un dominio integral) entonces cualquier elemento de orden $2$ en $\text{SL}_2(R)$ es un múltiplo escalar de la identidad, en particular central. Esto descarta muchos grupos finitos, incluidos los grupos simples no abelianos de Feit-Thompson.

• En general, dejemos $I$ sea el ideal de $R$ formado por los elementos aniquilados por $2$ . El punto anterior muestra que cualquier elemento de orden $2$ en el cociente $\text{SL}_2(R/I)$ debe ser un múltiplo escalar de la identidad, en particular central, en este cociente. Por lo tanto, si $G$ es un subgrupo simple no abeliano de $\text{SL}_2(R)$ debe caer en el núcleo del mapa anterior: el subgrupo congruente con la identidad $\bmod I$ .

Tengo la firme sospecha de que $\text{SL}_2(R)$ no puede contener un grupo simple no abeliano en general, pero aún no han podido demostrarlo. Parece como si no hubiera suficiente espacio para ser "demasiado no conmutativo". Por ejemplo, los tres primeros casos anteriores descartan $\text{SL}_3(\mathbb{F}_2) \sim \text{PSL}_2(\mathbb{F}_7)$ .