Propiedades de un grupo no sófico

Question

Esta pregunta es, esencialmente, un comentario de Mark Sapir. Creo que merece ser una pregunta.

Grupo discreto contable $\Gamma$ es sofic si para cada $\epsilon>0$ y subconjunto finito $F$ de $\Gamma$ existe un $(\epsilon,F)$ -casi acción de $\Gamma$ . Véase, por ejemplo, el teorema 3.5 del bonito estudio de Pestov http://arxiv.org/PS_cache/arxiv/pdf/0804/0804.3968v8.pdf .

Gromov preguntó si todos los grupos discretos contables son sóficos. En la actualidad, la opinión generalizada es que debería existir un contraejemplo.

Dado que la mayoría de los grupos son sóficos, sería útil disponer de una colección de propiedades que implicaran que un grupo no es sófico... para poder construir una bestia que tuviera tales propiedades.

¿Cuáles son algunas propiedades abstractas de $\Gamma$ que implicaría $\Gamma$ ¿no es sofic?

Una pregunta abierta de Nate Brown plantea si todos los grupos de un solo relator son soficos. Me interesaría saber qué propiedades de un grupo de un relator $\Gamma$ implicaría que $\Gamma$ no es sofic.

Answer 1

Sea $\Gamma$ sea un grupo sófico. Gabor Elek y Endre Szabo demostraron aquí que para cualquier campo $k$ y $a,b \in k[\Gamma]$ con $ab=1$ uno tiene $ba=1$ . Por lo tanto, un grupo inteligentemente elegido en el que esto fallara proporcionaría un contraejemplo. Obsérvese que $k=\mathbb C$ no es un buen comienzo, ya que Kaplansky demostró hace tiempo que la implicación es válida para campos de característica cero. Sin embargo, para $k= GF(2)$ uno puede tener suerte.

Consideremos $k=GF(2)$ por ahora. Una estrategia podría ser empezar con $a = \sum_{g \in F} g$ y $b = \sum_{h \in K} h$ para algunos conjuntos finitos $F,K \subset G$ . Si $ab=1$ entonces deben cumplirse una serie de relaciones: Nos convencemos rápidamente de que $F$ y $K$ debe tener un número impar de elementos y existe un autoemparejamiento del conjunto $F \times K \setminus (f,k)$ tal que los pares coincidentes $(f',k') \sim (f'',k'')$ satisfacer $f'k' = f''k''$ y $f=k^{-1}$ para la pareja especial no emparejada. Ahora puedes darle la vuelta a todo y empezar con un grupo abstracto con generadores $F \cup K$ y relaciones como las anteriores que provienen de un autoemparejamiento elegido arbitrariamente. En el anillo de grupo de este grupo abstracto, tendremos $ab=1$ pero ¿por qué tenemos $ba=1$ ? Estuve trabajando en esto durante un tiempo pero no pude encontrar un contraejemplo. Por otra parte, si $F$ y $K$ son grandes, no puedo creer que $ba=1$ siempre se mantendrá.

Answer 2

Los grupos sóficos cumplen la conjetura del determinante.

Esto implica, en particular, que existe una constante natural $c$ tal que dada una matriz $M$ sobre el anillo de grupo integral de un grupo sofico dado $G$ tenemos que $$ |tr_{vN} \exp(-cM) - \dim_{vN}\ker M| < \frac{1}{3}. $$

Esto puede utilizarse para demostrar que algunos problemas sobre el grupo son decidibles. Supongamos un grupo $G$ no tiene torsión, tiene un problema de palabras decidible, cumple la conjetura de Atiyah y es sófico. Entonces hay un algoritmo que decide si una matriz dada $M$ sobre el anillo de grupo integral tiene núcleo no trivial, como operador sobre $[l^2(G)]^{\dim M}$ .

De hecho, teniendo en cuenta $M$ es fácil limitar su $l^2$ y en base a esto decidir cuántos términos en $tr_{vN}\exp(-cM)$ deben calcularse para que sean inferiores a $\frac{1}{6}$ del valor real de $tr_{vN} \exp(-cM)$ . Llame a esta aproximación $a$ (se puede calcular porque el problema de palabras es decidible). Ahora bien, como $G$ es libre de torsión y cumple la conjetura de Atiyah, sabemos que $\dim_{vN}\ker M$ es un número entero, y es igual a $0$ si $M$ tiene núcleo trivial. Así que $M$ kcomo núcleo trivial si y sólo si $a<\frac{1}{2}$

Un algoritmo similar funciona si un grupo tiene torsión acotada, ya que $\frac{1}{3}$ en la primera ecuación se puede intercambiar con cualquier número real postivie. Me parece haber leído que existen monstruos de Tarski con problemas de palabras decidibles. Eso significa que en principio :-) uno podría intentar demostrar que no existe tal algoritmo para estos monstruos de Tarski y llegar a la conclusión de que, o bien estos monstruos no son decidibles, o bien no cumplen la conjetura de Atiyah.