Subgrupos - Klein botella

Question

Deje $G$ ser el grupo fundamental de la botella de Klein,

$G = \langle x,y \ ; \ yxy^{-1}=x^{-1} \rangle = {\mathbb Z} \rtimes {\mathbb Z} \ .$

¿Cuáles son los nilpotent subgrupos de $G$?

Yo sólo era capaz de encontrar una serie normal de abelian subgrupos con cíclico cocientes en $G$, es decir,

$1\leq \langle y^2 \ ; \ \ \rangle\leq \langle x,y^2 \ ; \ xy^2=y^2x \rangle\leq G \ .$

Ya que yo no soy un algebrista, lo siento si esta pregunta tonta. Gracias!

Answer 1

Cada subgrupo cíclico es abelian, por lo tanto nilpotent. Cada subgrupo generado por un elemento de la forma $x^ay^b$ $a$ $b$ enteros.

Además, $y^2$ viajes con $x$. Desde $y^2$ es central, para determinar el conmutador de dos elementos sólo necesitamos considerar la paridad de los exponentes de la $y$ en su forma normal. Los elementos de la forma $x^ay^{2b}$ $x^ry^{2s}$ conmutar; elementos de la forma $x^ay^{2k+1}$ $x^r$ conmutan si y sólo si $r=0$; y los elementos de la forma $x^ay^{2k+1}$ $x^ry^{2s+1}$ conmutan si y sólo si $a=r$. Que te da un montón de abelian subgrupos que son isomorfos a $\mathbb{Z}\times\mathbb{Z}$.

¿Qué acerca de la mayor nilpotency? Supongamos que se tienen dos noncommuting elementos en su subgrupo. No es difícil comprobar que $[x^ay^{2b+1},x^r] = x^{2r}$$[x^ay^{2b+1},x^r y^{2s+1}] = x^{2a-2r}$. Pero no trivial poder de $x$ viajes con un elemento de la forma $x^a y^{2b+1}$; y los conmutadores se acaba de producir más trivial poderes de $x$ que aún no conmuta con un elemento de la forma $x^ay^{2b+1}$. Así que si su subgrupo $H$ tiene un elemento de la forma $h_1=x^a y^{2b+1}$, e $h$ es cualquier elemento no trivial de $H$ que no es una potencia de $h_1$, $h_1$ $h$ no conmuta, y $h_1$ no conmuta con cualquier de $[h_1,h]$, $[h_1,h,h_1]$, $[h_1,h,h_1,h_1],\ldots,[h_1,h,h_1,\ldots,h_1]$, etc. Pero si $H$ es nilpotent de clase $c$, entonces cualquier colector de peso $c$ sería central en $H$. Por lo tanto, $H$ no puede ser nilpotent.

Así que la única nilpotent subgrupos de $H$ son abelian, y dados anteriormente.

Answer 2

He aquí una versión topológica de Arturo del argumento. (Me gustaría dejar esto como un comentario, pero no tengo suficiente rep.)

Cada cubrir el espacio de la botella de Klein es una superficie, y es bastante fácil convencerse de que el infinito-grado han cíclico, por lo tanto nilpotent, grupo fundamental.

Queda por considerar el finito de grados que cubre los espacios. Bueno, estos son todos cerrados superficies de Euler característica cero (porque la característica de Euler es nilpotent multiplicativo), por lo que la clasificación de las superficies con las que son tori o botellas Klein. Como ya se señaló, la Klein-botella grupo en sí no es nilpotent, por lo que sólo la abelian subgrupos están a la izquierda.