Separaciones libres de grupos de un relator

Question

A grandes rasgos, quiero saber si los grupos de un solo relator sólo tienen escisiones libres "obvias".

Consideremos un grupo de un solo relator $G=F/\langle\langle r\rangle\rangle$ donde $F$ es un grupo libre. ¿Es cierto que $F$ se divide de forma no trivial como un producto libre $A * B$ sólo si $r$ está contenido en un factor libre propio de $F$ ?

Observaciones

1. Una dirección es obvia. Está claro que si $r$ está contenido en un factor libre propio, entonces $G$ se divide libremente. (Pensamos en $\mathbb{Z}\cong\langle a,b\rangle/\langle\langle b\rangle\rangle$ como una extensión HNN del grupo trivial, por lo que no es realmente un contraejemplo, aunque pueda parecerlo).
2. Una rápida búsqueda en la literatura sugiere que el problema del isomorfismo para grupos de un solo relator está muy abierto. (Me interesaría conocer cualquier detalle que alguien pueda tener).
3. No hay ningún obstáculo teórico a la decisión. Magnus resolvió el famoso problema de la palabra para grupos de un solo relator. Mucho más recientemente, Nicholas Touikan ha demostrado que, para cualquier grupo finitamente generado, si puedes resolver el problema de la palabra entonces puedes calcular la descomposición de Grushko. Así que uno puede determinar algorítmicamente si un grupo dado de un solo relator se divide. Si la respuesta a mi pregunta es "sí", entonces se puede utilizar el algoritmo de Whitehead para averiguarlo con relativa rapidez.
4. Cuando me planteé esta cuestión por primera vez, me pareció que la respuesta era obviamente "sí": no veo cómo podría haber espacio en un complejo de presentación 2 para una división libre "no obvia". Pero no he podido demostrarlo y, por supuesto, muchos hechos aparentemente obvios sobre los grupos de un solo relator son muy difíciles de demostrar.

Answer 1

$\newcommand{\rank}{\operatorname{rank}}$ Creo que Grushko más el Conjunto Libertad hace el truco.

Supongamos que $G=A \ast B$ es un grupo de un solo relator que se divide como producto libre de forma no trivial. Por Grushko, $\rank(G)=\rank(A)+\rank(B)=m+n$ donde $\rank(A)=m$ y $\rank(B)=n$ . Si $G$ no es libre, entonces por Grushko hay una presentación de un solo relator $\langle x_1,\ldots, x_m ,y_1,\ldots, y_n | R\rangle$ tal que $\langle x_1,\ldots, x_m \rangle =A \leq G, \langle y_1, \ldots, y_n \rangle=B \leq G$ (para ello, hay que utilizar la versión fuerte de Grushko de que cualquier presentación de un solo relator es equivalente en Nielsen a una de este tipo). Supongamos que $R$ se reduce cíclicamente, e implica un generador $x_1 \in F_m$ . Entonces $\langle x_2,\ldots , x_m, y_1, \ldots, y_n\rangle$ genera un subgrupo libre de $G$ por el Freiheitssatz. Pero esto implica que $B = \langle y_, \ldots, y_n\rangle$ es gratis. Además, si $R$ implica a uno de los generadores $y_i$ entonces se ve que $A=\langle x_1,\ldots,x_m\rangle$ también es libre, por lo que $G=A\ast B$ es libre, una contradicción. Así que $R \in F_m$ según sea necesario.

Answer 2

Acabo de encontrar lo siguiente, que es la Prop. II.5.13 de Lyndon-Schupp.

Proposición. Sea $G = \langle x_1, \ldots , x_n: r\rangle$ donde $r$ es de longitud mínima bajo $Aut(\langle x_1, \ldots , x_n\rangle)$ y contiene exactamente los generadores $x_1,\ldots , x_k$ para algunos $0 \leq k \leq n$ . Entonces $G \cong G_1*G_2$ donde $G_1 = \langle x_1, \ldots , x_k:r\rangle$ es libremente indecomponible y $G_2$ es libre con base $x_{k+1}, \ldots ,x_n$ .

A menos que me esté perdiendo algo, hasta el isomorfismo puedes asumir que tu relator tiene una longitud mínima. Si no está contenido en un factor libre de $G$ entonces $k=n$ en la Proposición, por lo que $G = G_1$ es libremente indecomponible.

Answer 3

Su pregunta recuerda a Lema de Jaco . Un caso especial del lema de Jaco se aplica a un 2-mango unido a la frontera de un (3-dimensional) handlebody $H$ (que tiene grupo fundamental libre). Si la curva límite $J\subset \partial H$ a lo largo de la cual se sujeta el mango es "rompe-discos", es decir, $\partial H-J$ es incompresible (y por tanto $\pi_1$ -injetivo) en $H$ entonces el colector obtenido tiene $\pi_1$ -(y, por tanto, no se divide como producto libre). Se ve fácilmente que esta condición es equivalente a la clase de conjugación de $J$ que no pertenezca a ningún factor libre de $\pi_1(H)$ . Así que esto responde a su pregunta en este caso muy especial (también tenga en cuenta que esto funciona para "orbifold" asas unidas a lo largo de $J$ ). No está claro si el método de Jaco podría aplicarse en tu caso, pero podría valer la pena echarle un vistazo (también hay otras demostraciones y generalizaciones del mismo que puedes encontrar a través de Mathscinet). En particular, su argumento también podría aplicarse si la palabra es sólo virtualmente geométrica.

Answer 4

No sé si sirve de algo, pero su pregunta me recuerda al Freiheitssatz. Como usted probablemente sabe, este es el teorema de Magnus que dice que si $G=\langle x_1,\ldots,x_n|r\rangle$ y $r$ implica al generador $x_n$ entonces los elementos $x_1,\ldots,x_{n-1}$ generan un grupo libre de rango $n-1$ en $G$ . Ciertamente su suposición implica esta hipótesis con respecto a cualquier base $x_1,\ldots,x_n$ .

Además, me parece que no queremos contar las extensiones HNN como productos gratuitos -- ¿no podemos excluir el ejemplo de $\mathbb{Z}=\langle a,b|b\rangle$ ¿por decreto? No hay más contraejemplos, ¿verdad?