¿Puede el grupo de trenzas de n-cuerdas de esfera incrustarse en el grupo de trenzas de (n+1)-cuerdas de esfera?

Question

Esta pregunta se publicó originalmente en matemáticas.SE por mí mismo hace casi un año. He vuelto a pensar en el problema después de que recientemente recibiera un poco de atención, pero se avanzó poco en la búsqueda de una solución. Así que creo que es suficientemente difícil para publicar en mathoverflow.

Es fácil demostrar que si $B_n$ es el grupo trenzado clásico de Artin sobre $n$ cadenas, entonces $B_n$ puede incrustarse en $B_{n+1}$ (y de forma canónica). Se puede demostrar una afirmación similar para el grupo trenzado puro $P_n$ . Esta propiedad es útil para demostrar varias propiedades de los grupos trenzados clásicos. Por tanto, cabe preguntarse si existe una propiedad similar para los grupos de trenzas en otras superficies, como la esfera.

Sea $P\mathcal{S}_n$ ser el puro $n$ -grupo trenzado de cuerdas en la esfera $S^2$ . La definición de Fox de este grupo es el grupo fundamental del espacio de configuración $F_{n}S^2=\prod_n S^2\setminus\{(x_1,\ldots,x_n)|\exists i\neq j, x_i=x_j\}$ y luego el grupo trenzado completo $\mathcal{S}_n$ se define como el grupo fundamental del espacio de configuración $B_nS^2=F_nS^2/\Sigma_n$ donde $\Sigma_n$ es la acción del grupo simétrico permutando coordenadas de los elementos de $F_nS^2$ .

Lo ha demostrado Fadell y Van Buskirk que el grupo trenzado $\mathcal{S}_n$ tiene una presentación dada por los generadores de trenza $\sigma_1,\ldots,\sigma_{n-1}$ y relaciones $$\begin{eqnarray}\sigma_i\sigma_j\sigma_i&=&\sigma_j\sigma_i\sigma_j&(\mbox{ for }|i-j|=1)\\ \sigma_i\sigma_j&=&\sigma_j\sigma_i&(\mbox{ for }|i-j|>1)\\ \gamma&=&1&\end{eqnarray}$$ donde $\gamma=(\sigma_1\sigma_1\ldots\sigma_{n-1})(\sigma_{n-1}\ldots\sigma_2\sigma_1)$ .

Con ese marco ya construido, mi pregunta es si se puede $\mathcal{S}_n$ incrustarse en $\mathcal{S}_{n+1}$ para $n\geq 3$ (y lo mismo para sus homólogos puros)? El mapa ingenuo de "añadir una cadena al final" no funcionará porque, por ejemplo, la trenza $\gamma$ se convierte en no trivial cuando se añade una cadena al final.

Yo pensaría que la respuesta es no debido a la dependencia de la relación $\gamma=1$ en $n$ pero se me escapa una prueba.

Answer 1

Revisión: Para $n>6$ no hay incrustación de $\mathcal{S}_n \hookrightarrow \mathcal{S}_{n+1}$ .

En primer lugar, recordemos que existe una extensión $\mathbb{Z}/2\mathbb{Z} \to \mathcal{S}_n \to Mod(S_{0,n})$ donde $Mod(S_{0,n})$ es el grupo de clases de mapeo (que preserva la orientación) del $n$ -esfera perforada.

En $Mod(S_{0,n})$ existe un subgrupo isomorfo a $\mathbb{Z}/(n-2)\mathbb{Z}$ que es una rotación de orden $n-2$ de $S^2$ y fija los polos norte y sur. El sitio $n$ Los pinchazos incluyen los polos norte y sur y una órbita de tamaño $n-2$ . La preimagen de este grupo en $\mathcal{S}_n$ es isomorfo a $\mathbb{Z}/(n-2)\mathbb{Z} \times \mathbb{Z}/2\mathbb{Z}$ o a $\mathbb{Z}/2(n-2)\mathbb{Z}$ (por supuesto, si $n$ es impar, éstas son isomorfas). Entonces obtenemos un subgrupo correspondiente de $\mathcal{S}_{n+1}$ de la inyección. Proyecta este grupo a $Mod(S_{0,n+1})$ a través del mapa $\mathcal{S}_{n+1}\to Mod(S_{0,n+1})$ . El núcleo de esta proyección tendrá un tamaño máximo de $2$ . Por el Teorema de realización de Nielsen cualquier subgrupo finito de $Mod(S_{0,n+1})$ debe preservar una métrica hiperbólica completa de área finita sobre $S_{0,n+1}$ y en particular por uniformización se extiende a un grupo finito de automorfismos conformes de $S^2$ que permuta $n+1$ puntos marcados. Los subgrupos finitos de $PSL_2(\mathbb{C})$ se encuentran dentro de un conjugado de $SO(3)$ por lo que la imagen es un subgrupo abeliano de $SO(3)$ . Los únicos subgrupos abelianos de $SO(3)$ son cíclicos (o $\mathbb{Z}/2\mathbb{Z}^2$ ), por lo que la imagen es $\mathbb{Z}/(n-2)\mathbb{Z}$ ou $\mathbb{Z}/2(n-2)\mathbb{Z}$ (en cuyo caso podemos tomar un subgrupo de índice 2 isomorfo a $\mathbb{Z}/(n-2)\mathbb{Z}$ aquí necesitamos $n>6$ concluir que la imagen no es $\mathbb{Z}/2^2$ ). Sin embargo, para $n>5$ no existe ningún subgrupo de $SO(3)$ isomorfo de $\mathbb{Z}/(n-2)\mathbb{Z}$ que permuta $n+1$ puntos, y por lo tanto no existe tal subgrupo de $Mod(S_{0,n+1})$ una contradicción. Para ver esto, observe que un grupo cíclico de rotaciones de $S^2$ isomorfo de $\mathbb{Z}/(n-2)\mathbb{Z}$ tiene dos puntos fijos, y cualquier otra órbita de tamaño $n-2$ . Por lo tanto, debe haber algún $k$ y $e$ de forma que haya $k$ órbitas de tamaño $n-2$ y $e$ órbitas de tamaño $1$ donde $e\leq 2$ . Si $k\leq 1$ obtenemos $n+1=k(n-2)+e \leq n$ una contradicción. Si $k\geq 2$ entonces $n+1=k(n-2)+e \geq 2(n-2)$ Así que $n\leq 5$ una contradicción.

Answer 2

La respuesta de Gregory Arone puede generalizarse para dar una sección para todos los $n\geq 3$ usando un comentario que aprendí de los escritos de Fred Cohen . Para $n\geq 3$ existe una equivalencia homotópica $$ SO(3)\times F_{n−3}(S^2 \text{ minus 3 points}) \simeq F_n S^2 $$ Tenga en cuenta que $S^2$ menos tres puntos es homeomorfo a un plano menos dos puntos. $ %% PREAMBLE %% \newcommand{\RR}{\mathbb{R}} \newcommand{\identity}{\mathrm{id}} \newcommand{\projection}{\mathrm{proj}} \newcommand{\To}{\longrightarrow}$

He aquí algunos detalles. Para $n=3$ el mapa $SO(3) \to F_3(S^2)$ toma un mapa lineal $L$ a la configuración $(L(1,0,0),−L(1,0,0),L(0,1,0))$ (obviamente, son posibles otras variaciones de este mapa). El caso general $n$ se deduce del caso $n=3$ utilizando la acción de $SO(3)$ en $S^2$ . En particular, el mapa que da la equivalencia homotópica $$ T_n : SO(3)\times F_{n−3}(S^2 \setminus \{ (1,0,0),(-1,0,0),(0,1,0) \} ) \To F_n S^2 $$ se define por $$ T_n(L,(x_1,x_2,\ldots,x_{n-3})) = (L(1,0,0),-L(1,0,0),L(0,1,0),L(x_1),L(x_2),\ldots,L(x_{n-3})) $$

Además, las proyecciones $\pi:F_n S^2 \to F_m S^2$ para $n\geq m$ corresponden bajo las equivalencias homotópicas anteriores al mapa $$ \identity_{SO(3)}\times\projection : SO(3)\times F_{n−3}(S^2 \text{ minus 3 points}) \To SO(3)\times F_{m−3}(S^2 \text{ minus 3 points}) $$ que es el producto del mapa de identidad sobre $SO(3)$ con la proyección sobre espacios de configuración de $S^2$ menos tres puntos. Más precisamente, tenemos un cuadrado conmutativo $$ \pi\circ T_n = T_m \circ (\identity_{SO(3)}\times\projection) $$

En consecuencia, la proyección $\pi:F_n S^2\to F_3 S^2$ tiene una sección. Basta con observar que $\pi$ es una fibración, y que la siguiente fibración homotópica equivalente $$ SO(3)\times F_{n−3}(S^2 \text{ minus 3 points}) \To SO(3) $$ es trivial, y por lo tanto tiene una sección. Esto recupera la respuesta de Gregory Arone, salvo por la prolija expresión que dio.

En términos más generales, podemos encontrar una sección de $\pi:F_n S^2 \to F_m S^2$ para $n\geq m$ . Utilizamos el hecho de que $S^2$ menos tres puntos es homeomorfo a $\RR^2$ menos dos puntos, junto con una sección de la proyección $$ \projection : F_{n−3}(\RR^2 \text{ minus 2 points}) \To F_{m−3}(\RR^2 \text{ minus 2 points}) $$ construido añadiendo puntos "cerca del infinito" (es decir, lejos de los puntos que ya están en la configuración) en el positivo $x$ -Eje. Junto con las equivalencias homotópicas anteriores y el cuadrado conmutativo, obtenemos así una sección de $\pi : F_n S^2 \to F_m S^2$ .

[ Edita: He corregido el siguiente párrafo para tener en cuenta el primer comentario de Gregory Arone. En cualquier caso, la descripción geométrica dada en mi primer comentario más abajo es más simple].

Intuitivamente, ¿qué es la sección anterior de $\pi$ ¿Haciendo? Dada una configuración $(x_1,\ldots,x_m)$ de $m$ puntos en $S^2$ es simplemente tomar los tres primeros puntos $x_1$ , $x_2$ , $x_3$ y utilizarlos para añadir puntos a la configuración, obteniendo así una configuración $(x_1,\ldots,x_m,\ldots,x_n)$ - de la forma que ahora se describe. Ver $S^2$ como superficie de Riemann y tomar la única transformación de Moebius (es decir, el automorfismo complejo de la esfera de Riemann) $f:S^2\to S^2$ con $$ f(1,0,0)=x_1 \qquad f(-1,0,0)=x_2 \qquad f(0,1,0)=x_3 $$ y, a continuación, coloque los nuevos puntos $x_{m+1}, \ldots, x_n$ a lo largo de la imagen por $f$ de la geodésica más corta desde $(-1,0,0)$ a $(0,1,0)$ pero muy, muy cerca de $x_2$ . La clara expresión dada por Gregory Arone casi funciona, excepto que (introduce una rotación extra de 90 grados y) hay que deformarla aún más de alguna manera que depende del resto de los puntos $x_4,\ldots,x_m$ para asegurarse de que el punto que añade está lo suficientemente cerca de $x_2$ .

[ Edición posterior: El usuario gcousin ha añadido un nueva respuesta a este hilo que contiene, en particular, una expresión analítica para la sección descrita en el párrafo anterior].

Para completar, me gustaría añadir un par de observaciones para los casos $n=1$ y $n=2$ que no son interesantes desde el punto de vista de la pregunta, ya que $F_1 S^2$ y $F_2 S^2$ equivalen a $S^2$ y, por tanto, están simplemente conectados. La proyección $F_2 S^2\to F_1 S^2=S^2$ es una fibración y una equivalencia homotópica, y por lo tanto tiene una sección. Por otra parte, la proyección $\pi:F_3 S^2\to F_2 S^2$ no admite sección: componiéndola con las equivalencias homotópicas $T_n$ y $\pi : F_2 S^2 \to F_1 S^2 = S^2$ obtenemos el mapa compuesto $$ f : SO(3) \overset{T_3}{\To} F_3 S^2 \overset{\pi}{\To} F_2 S^2 \overset{\pi}{\To} S^2 $$ definido por $f(L)=L(1,0,0)$ . Este mapa $f$ es la proyección sobre $S^2$ del director $SO(2)$ -asociado al haz tangente de $S^2$ ya que $S^2$ no es paralelizable, ese haz no admite una sección.

Por desgracia, la respuesta anterior sólo funciona para los grupos de trenzas puras esféricas. En cualquier caso, tal vez las descomposiciones anteriores todavía puedan dar alguna idea geométrica práctica sobre los grupos de trenzas esféricas que ayude a responder a la pregunta original.

Answer 3

Por si acaso $n=3$ parece que la fibración natural $F_4S^2\to F_3S^2$ (olvida el último punto) tiene una sección. La sección $F_3S^2 \to F_4 S^2$ se define mediante la fórmula $$(v_1, v_2, v_3)\mapsto (v_1, v_2, v_3, \frac{(v_2-v_1)\times (v_3 - v_1)}{||(v_2-v_1)\times (v_3 - v_1)||}).$$ Aquí $v_1, v_2, v_3$ son tres vectores unitarios distintos en ${\mathbb R}^3$ que representa un punto en $F_3S^2$ . La idea es que consideres la línea que pasa por el origen perpendicular al plano que contiene los puntos $v_1, v_2, v_3$ y tomar la intersección de esa línea con $S^2$ para ser tu cuarto punto. Usa el orden de los puntos para decidir cuál de los dos puntos tomar.

Dicha sección define una inyección dividida desde el tercer grupo de trenzas esféricas puras hasta el cuarto.

Edita: La respuesta de Ricardo muestra una forma más sencilla de añadir un cuarto punto, y también generaliza el argumento para producir una sección de la fibración $F_mS^2 \to F_nS^2$ para todos $m>n \ge 3$ .

Answer 4

Una forma sencilla de construir una sección de $F_{n+1}S^2 \rightarrow F_{n}S^2$ para $n>2$ es la siguiente: escribe $[x_1,…x_n]=A(x)\cdot[0,1,\infty,t_1,…,t_{n-3}]$ para un único $A(x)\in PSL_2(\mathbb C)$ . Entonces la sección viene dada por

$s(x)=A(x)^{-1}\cdot[0,1,\infty,t_1,…,t_{n-3},2+\sum_{i=1}^{n-3} Re(t_i)^2]$ .

De hecho, me interesan estas secciones $F_{n+1}S \rightarrow F_{n}S$ para cualquier superficie compacta de Riemann $S$ .

Si $S=\mathbb R^2/\mathbb Z^2$ podemos encontrar secciones para cualquier $n>0$ como sigue. Sea $d$ sea la distancia euclidiana en $S$ . Podemos utilizar $s(x_1,…,x_n)=(x_1,…,x_n,x_n+\tau(x))$ con $\tau(x)=\frac{1}{2}min\left(1,min_{0<i<n}\left(d(x_n,x_i)\right)\right).$

Me interesaría mucho si alguien sabe si existen secciones de este tipo para $genus(S)>1$ y en general $n$ .