Grupos trenzados que actúan sobre complejos CAT(0)

Question

¿El grupo trenzado $B_n, n\ge 3$ ¿actúan correctamente por isometrías sobre un complejo cúbico CAT(0)?

Actualización 1. Durante una reciente charla de Nigel Higson en Pennstate, Dmitri Burago preguntó si los grupos trenzados son a-T-menables. Creo recordar que alguien demostró que actúan correctamente por isometrías en complejos cúbicos CAT(0). Eso implicaría a-T-menabilidad por Niblo y Roller o Cherix, Martin y Valette. De ahí la pregunta. Nota: no es necesario que sean compactos.

Actualización 2. Parece que mi pregunta sigue siendo un problema abierto para $n\gt 3$ . Creo que mi confusión proviene de la terminología. Dan Farley demostró que todos los grupos de diagramas trenzados (incluido el grupo R. Thompson $V$ ) actúan propiedad por isometrías sobre complejos CAT(0)-cubo. Pero los grupos de diagramas trenzados (definidos por Victor Guba y por mí) no están relacionados con los grupos de trenzas, al menos no explícitamente porque los hilos allí se cruzan y no forman trenzas. Se puede definir la noción de grupos de diagramas "realmente trenzados" en los que los hilos forman trenzas, pero no creo que el método de Farley funcione. Así que me he confundido con mi propia terminología. Por cierto, no veo una razón obvia para que $B_n$ no se integra en $V$ . $V$ es un grupo grande con muchos subgrupos complicados.

Actualización 3. Como Bruce Hughes me señaló, aunque la propiedad Haagerup (a-T-menabilidad) es desconocida para $B_n, n\ge 4$ todas las formas de la conjetura de Baum-Connes han sido demostradas para ella por Thomas Schick en Extensiones de grupos finitos y la conjetura Baum-Connes .

Actualización 4 En relación con la pregunta de la Actualización 2. Collin Bleak y Olga Salazar-Diaz demostraron en Productos libres en el grupo V de R. Thompson que $V$ no contiene subgrupos isomorfos a ${\mathbb Z}^2\ast {\mathbb Z}$ . ¿Tiene $B_n$ contienen tales subgrupos?

Answer 1

Se trata de un problema abierto. La respuesta es sí para $B_3$ actúa geométricamente sobre un árbol regular de grado tres cruzado con la recta real. Conocí esta construcción en un artículo de Tom Brady y Jon McCammond; concretamente $B_3 \cong (x,a,b,c; x = ab = bc = ca)$ y se puede dar al complejo Cayley 2 la estructura de un complejo cuadrado compatible con la acción natural. Para $B_4$ el grupo actúa geométricamente sobre un complejo tridimensional CAT(0) cuyas celdas son tetraedros euclidianos isométricos al casco convexo de $(0,0,0), (1,0,0), (1,1,0)$ y $(1,1,1)$ este complejo no parece tener la estructura obvia de un complejo cúbico. Se puede hacer una construcción similar para todos los $n$ . Jon McCammond y Tom Brady tienen argumentos para mostrar $B_5$ es CAT(0). Woojung Choi, en su tesis doctoral supervisada por McCammond, demostró que estos complejos no son CAT(0) (con esta métrica, en cualquier caso) en dimensiones suficientemente altas.

Como señala Henry, normalmente se pide una acción cocompacta, pero la cuestión natural de si existe una acción adecuada sobre un complejo cúbico también está abierta. No conozco muchos obstáculos para admitir tal acción aparte del resultado de Niblo y Roller que implica que los grupos infinitos libres de torsión con propiedad (T) no tienen tales acciones. Pero los grupos trenzados no tienen (T).

Answer 2

Como dice Sam Nead, $B_n$ contiene $\mathbb{Z}^2 * \mathbb{Z}$ y puedes encontrar un ejemplo de la manera que él sugiere.

Si desea algo mucho más explícito, puede tomar simplemente los tres primeros generadores estándar $\sigma_1$ , $\sigma_2$ y $\sigma_3$ y entonces se deduce de la solución (por Crisp y Paris) de una conjetura de Tits que el subgrupo $\langle \sigma_1^2, \sigma_2^2, \sigma_3^2 \rangle$ es isomorfo a $\mathbb{Z}^2 * \mathbb{Z}$ .

Voir La solución a una conjetura de Tits sobre el subgrupo generado por los cuadrados de los generadores de un grupo de Artin por Crisp y Paris.

Véase también Clay, Leininger y Mangahas'. La geometría de los subgrupos de Artin de ángulo recto de los grupos de clases cartográficas para más información y referencias sobre subgrupos Artin de ángulo recto de grupos de clases cartográficas.

Answer 3

Aquí está la pregunta 2.16 de la lista de problemas de Bestvina:

Q 2.16. (Ruth Charney) ¿Son todos los grupos Artin [de tipo finito] CAT(0)?

La respuesta es sí para un pequeño número de generadores por el trabajo de Krammer, Tom Brady, Jon McCammond, Robert Bell. La cuestión está abierta incluso para grupos trenzados.

Así que parece que este es puede ser una cuestión abierta.

EDIT: Observo que sólo pides una acción propia por isometrías, mientras que Bestvina puede exigir que la acción de un "grupo CAT(0)" sea cocompacta.

ACTUALIZACIÓN: En la página 102 de La tesis de Yves de Cornulier (2005), afirma que se desconoce si los grupos de trenzas de al menos 4 cuerdas son Haagerup (a-T-menables).

Answer 4

Actualización 4: Does $B_n$ contienen una copia de $\mathbb{Z}^2 \ast \mathbb{Z}$ ?

Contesta: Definitivamente. El factor abeliano se genera por un par de (potencias de) torsiones disjuntas, mientras que el factor cíclico puede generarse por una (potencia de una) torsión de Dehn con curva soporte "suficientemente distante" de las dos primeras curvas, en el complejo de curvas. La prueba es el teorema de la imagen geodésica acotada de Masur y Minsky.

Probablemente exista también una forma más sencilla, utilizando un mapa pA para el factor cíclico.

Edito: Ahora he dedicado bastante tiempo a pensar en este problema y creo que es posible una prueba muy "light". Basta con usar la proyección de subsuperficies, el hecho de que el complejo de curvas tiene diámetro infinito (debido a Kobayashi y Feng Luo), y el lema de Behrstock sobre proyección a superficies superpuestas. Ahora bien, la prueba de Behrstock utilizaba la máquina jerárquica, pero Mangahas ha escrito una prueba muy bonita (¡con imágenes!) y elemental como el lema 2.13 en su obra papel "Una receta para pseudo-Anosovs de palabras cortas".

Ahora a esbozar una respuesta. Fijar $S$ una superficie. Sea $0 << m << M$ sean constantes correctamente elegidas. Supongamos que $X, Y$ son anillos disjuntos en $S$ y $Z$ es un anillo de modo que $d_S(X,Z) > M$ . Sea $x, y, z$ sea el $M$ -potencias de las torsiones de Dehn en torno a las curvas centrales correspondientes. Sea $U_r$ sea el conjunto de curvas $\alpha \in C(S)$ para que $d_Z(\alpha, z^r(X)) \leq m$ . Del mismo modo, dejemos que $V_{p,q}$ sea el conjunto de curvas $\alpha \in C(S)$ para que $d_X(\alpha, x^p(Z))$ y $d_Y(\alpha, y^q(Z))$ son ambos limitado por $m$ .

Tenga en cuenta que si $r \neq s$ entonces $U_r \cap U_s = \emptyset$ y lo mismo vale para los conjuntos $V_{p,q}$ y pares de vectores en $\mathbb{Z}^2$ . Por el lema de Behrstock encontramos que si $r \neq 0$ entonces $U_r \subset V_{0,0}$ . Del mismo modo, si $(p,q) \neq (0,0)$ entonces $V_{p,q} \subset U_0$ . También disponemos de $z^r(U_0) \subset U_r$ y también $x^py^q(V_{0,0}) \subset V_{p,q}$ . (Esto último porque la proyección subsuperficial a $\Sigma \subset S$ conmuta con $\rm{Mod}(\Sigma) \subset \rm{Mod}(S)$ .)

Sea $w$ cualquier palabra de $x, y, z$ y sus inversos, que es un producto mínimo de sílabas . Aquí, una palabra $u$ es una sílaba si $u = z^r$ para $r \in \mathbb{Z} - 0$ o $u = x^p y^q$ para $(p, q) \in \mathbb{Z}^2 - (0,0)$ . Sea $\beta$ sea un punto medio de la geodésica $[X, Z] \subset C(S)$ . Así que $\beta \in U_0 \cap V_{0,0}$ . Ahora podemos seguir la órbita de $\beta$ e inducir en la longitud silábica de $w$ para obtener el resultado.

Espero que esto sea de ayuda y me disculpo si hice que esto sonara "fácil" por mis comentarios anteriores. También, diré otra vez que esta prueba es muy "ligera" y no utiliza nada difícil de Masur y Minsky.