8 votos

Grupos de un solo relator y subgrupos.

Actualmente estoy trabajando en "El Grupo de Álgebra de torsión-gratis-relator del Grupo puede estar incrustada en un Campo". (Tekla y Jacques Lewin) En este trabajo nos encontramos con un corolario (la última), que voy a aplicar en otra cosa. Este corolario sólo pueden ser aplicadas, si el grupo $G$ es un uno-relator del grupo. Desde que estoy tratando con subgrupos, traté de averiguar, cuando subgrupos de un relator grupos son de un relator.


Así que vamos a $G$ ser un torsionfree uno-relator del grupo.

Luego cada subgrupo $H<G$ un relator?

5voto

Shinwari Puntos 11

Su resultado se da por la superficie de grupos. Es decir, si $G$ es una superficie de grupo, por lo $G\cong\langle a_1, b_1, \ldots, a_g, b_g; [a_1, b_1]\cdots [a_g, b_g]\rangle$ o $G=\langle a, b, \ldots, c; a^2b^2\cdots c^2\rangle$, entonces cada finito índice subgrupo de $G$ es el grupo fundamental de una superficie en un grupo del mismo o superior nivel de género, y cada una de las infinitas índice de subgrupo es libre.

Usted dice que usted se está preguntando cuando un subgrupo de un relator del grupo es de un relator. Más bien, por desgracia, está en la mala configuración - si los grupos había torsión de las cosas estarían mejor. Por ejemplo, no es el resultado de Steve Orgullo de 1977, que dice que cada dos-generador de subgrupo del grupo de relator del grupo con la torsión es un uno-relator del grupo con torsión o un producto libre de grupos cíclicos (el artículo está titulado de La dos-generador de subgrupos de un relator grupos con torsión). La diferencia es que la adición de torsión significa que los grupos son hiperbólicas, y en realidad hay un muy buen resultado, debido a B. B. Newman, y reforzada por Gurevich, que dice que cuando una palabra que representa la palabra vacía. Este resultado se llama B. B. Newman Ortografía Teorema, o Newman-Gurevich Ortografía Teorema. La mayoría de la declaración completa que he sido capaz de encontrar lo que está en el papel de Una ortografía teorema para escalonada generalizada 2-complejos, con aplicaciones, por Howie y el Orgullo.

Ahora, el Orgullo del resultado sólo es aplicable para los dos-generador de subgrupos. Su papel tiene un contra-ejemplo para 3-generador de subgrupos, pero este lanza un uno-relator del grupo sin torsión, por lo que no es aplicable aquí. De todos modos, siguiendo con el hiperbólico tema, no es el resultado de la Colina, el Orgullo y la Vella en los subgrupos de "pequeño cancelación" grupos, que puede ser interpretado como diciendo que si su grupo tiene un genérico relator, a continuación, sólo hay un número finito de clases conjugacy de dos-generador de subgrupos. Básicamente, si usted se va a encontrar mal subgrupos usted va a tener más generadores. En general, usted puede ser que desee mirar el trabajo de Steve Orgullo de los años 70. Es bueno cosas, acerca de la generación de grupos y subgrupos. Sobre todo acerca de dos de generación, sin embargo, y hay un montón de él!

Por último, debo decir que donde hay un montón de relator en subgrupos. Ha venido usted a través de Magnus " método? Hay dos "formas" que este método toma. La primera es el uso de "escalonada" presentaciones (de hecho, pienso que estos pueden producir no de un relator en subgrupos, pero no lo he probado lo suficiente como ejemplos para averiguarlo), y el segundo es el uso de HNN-extensiones. El punto de este método es escribir uno-relator del grupo en términos de un relator del grupo con una estrictamente menor relator. En el HNN-método, queremos escribir nuestro grupo como un HNN-extensión de un grupo. Por ejemplo, si $G=\langle a, b; aba^2b^2$ luego reescribir $aba^2b^2$ $ab^{-1}bab^{-1}ab^{-1}b^2=a^2b^{-1}ab$ utilizando el mapa de $a\mapsto ab^{-1}, b\mapsto b$$G=\langle a, b;a^2b^{-1}ab\rangle\cong\langle a, t; t^{-1}at=a^{-2}\rangle$. Por lo tanto, este grupo es un HNN-extensión de un grupo cíclico. Esto le da un agradable paso de inducción. Magnus " usa esta idea para resolver el problema en palabras de uno-relator en grupos, y para demostrar que los subconjuntos de los generadores de generar libre de grupos (suponiendo que su grupo es de libre indecomposable). Mi punto es, si usted cuelga alrededor del relator obtendrá de un relator grupos, mientras que si usted no toma suficiente de ella se obtiene libre de grupos! Para referencias, Magnus " escalonada presentación de enfoque se puede encontrar en el libro de la Combinatoria del grupo de teoría de Magnus, Karrass y Solitar, mientras que el HNN-método puede ser encontrado en un papel de McCool y Schupp derecho En uno de los grupos de relator y HNN-extensiones. Otra referencia interesante es el artículo de Multa y Rosenberger derecho a La Freiheitssatz y sus extensiones, pero esto es en un libro y no he encontrado en línea.

De todos modos, voy a seguir para probar y con un finitely generado contador de ejemplo, pero yo aunque me gustaría resumir algunas de mis pensamientos en el momento. Así un largo post que puede o no puede ayudar...

4voto

studiosus Puntos 19728

Considerar el grupo $G=<a,b| aba^{-1}=b^2>$. Este 1-relator de torsiones grupo contiene un rango de 1 infinitamente generado abelian subgrupo (dyadic racionales). Este subgrupo no es 1-relator. Como para finitely generado subgrupos, no estoy seguro, pero sospecho que la respuesta es todavía negativo.

Edit: Aquí es cómo construir ejemplos de finitely generado subgrupos que no son de 1-relator. En primer lugar, tenga en cuenta que si $G$ es un 1-relator del grupo, a continuación,$rank H^2(G)\le 1$. En particular, el producto libre $A=\pi_1(S) \star \pi_1(S)$ (donde $S$ es un cerrado orientado a la superficie de género $\ge 1$) no es un 1-relator del grupo (como $rank H^2(A) =2$). Ahora, muchos de los 1-relator en grupos $G$ contienen subgrupos $A$ (con género de $S$ al menos 2). Una vez que usted tiene uno de estos subgrupos $A$, usted puede tomar su conjugado $gAg^{-1}$ a través de un elemento que no normalizar $A$ (suponiendo que dicho elemento existe). Entonces, yo creo que, para un gran $n$ (al menos si el grupo $G$ es de torsiones, hiperbólico y $A$ quasiconvex), en el subgrupo de $G$ generado por $$ A, g^nA g^{-n} $$
es isomorfo al producto libre de $A\star A$. Ahora, sólo tenemos una gran oferta de hiperbólico grupos que contienen quasiconvex superficie subgrupos $A$ y contienen elementos como $g$. He encontrado este tipo de construcciones en el papel

"Una composición de subgrupos los gráficos de libre grupos cíclicos borde de grupos" por H. Wilton, http://arxiv.org/pdf/1102.2866v2.pdf.

No hay más discusión sobre este en http://mathoverflow.net/questions/68132/fundamental-groups-of-surfaces.

i-Ciencias.com

I-Ciencias es una comunidad de estudiantes y amantes de la ciencia en la que puedes resolver tus problemas y dudas.
Puedes consultar las preguntas de otros usuarios, hacer tus propias preguntas o resolver las de los demás.

Powered by:

X