Equivalencia de dos relaciones en los grupos de la trenza

Question

Deje $B_n$ ser la trenza grupo; es decir, un grupo generado por $\sigma_1,\cdots,\sigma_{n-1}$ con relaciones

1. $\sigma_i\sigma_{i+1}\sigma_i=\sigma_{i+1}\sigma_i\sigma_{i+1}$ $i=1,\cdots,n-2$;
2. $\sigma_i\sigma_j=\sigma_j\sigma_i$ si $i,j\in\{1,\cdots,n-1\}$$|i-j|\geq 2$.

Para $1\leq i<j\leq n$, vamos a la habitual generador de $A_{i,j}$ pura de la trenza de los grupos se define como $$A_{i,j}=(\sigma_{j-1}\sigma_{j-2}\cdots\sigma_{i+1})\sigma_i^2(\sigma_{i+1}^{-1}\cdots\sigma_{j-2}^{-1}\sigma_{j-1}^{-1}).$$

Necesito demostrar que los siguientes dos conjuntos tienen la misma normal cierre:

1. El conjunto de todos los $[A_{j,k},h^{-1}A_{j,k}h]$ donde $1\leq j<k\leq n$ $h$ es un elemento del subgrupo generado por a $A_{j,j+1},A_{j,j+2},\cdots,A_{j,n}$.

2. El conjunto de todos los $[A_{j,k},g^{-1}A_{j,k}g]$ donde $1\leq j<k\leq n$ $g$ es un elemento del subgrupo generado por a $A_{1,k},A_{2,k},\cdots,A_{k-1,k}$.

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Mi intento: creo que una vez que hemos comprobado que el $1\Rightarrow2$, la otra dirección debe ser similar. Entonces tengo la intención de demostrar que suponiendo que 1 es verdadera, para cada $i=1,\cdots,k-1$, $[A_{j,k},A_{i,k}^{-1}A_{j,k}A_{i,k}]=1$. Pero la dificultad es :

• Yo no veo ninguna manera obvia para probar esto. Debo usar los dolores de presentación de puro trenza grupo? Si sí, ¿cómo?
• Incluso si puedo probarlo $[A_{j,k},A_{i,k}^{-1}A_{j,k}A_{i,k}]=1$, ¿esto implica 2? De todos modos, en general, en un grupo de $G$ donde $a,b,g\in G$, $g$ desplazamientos con $g^a$ $g^b$ no implica que $g$ viajes con $g^{ab}$ donde $g^a=a^{-1}ga$.

Answer 1

Yo reclamo la "hebra invertir" automorphism de la trenza de grupo, definido en los generadores $\sigma_i \mapsto \sigma_{n-i}^{-1}$ envía $A_{i,j} \mapsto A_{n-j+1,n-i+1}^{-1}$.

Esto muestra la normal cierres de los dos conjuntos de conmutadores de mencionar que de acuerdo, como este automorphism envía el subgrupo $h$ se cuantifica sobre el subgrupo $g$ es cuantificado (para los índices correspondientes).

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La idea básica es que el $A_{i,j}$ está "tirando de la $j$-th hebra alrededor de la $i$-th." Esto es equivalente a "tirar de la $i$-th hebra alrededor de la $j$th". Vamos a mostrar esta manera algebraica.

Deje $i < j$. Nos gustaría definir $A_{j,i}$ asimismo, muestran que estas son iguales y, a continuación, utilizar un automorphism de la trenza grupo de relacionar sus declaraciones.

$A_{j,i} = (\sigma_i^{-1}\cdots \sigma_{j-2}^{-1})\sigma_{j-1}^2(\sigma_{j-2}\cdots \sigma_i)$

$A_{i,j} = (\sigma_{j-1}\sigma_{j-2}\cdots \sigma_{i+1}) \sigma_i^2 (\sigma_{i+1}^{-1}\cdots \sigma_{j-2}^{-1}\sigma_{j-1}^{-1})$

Útil será el intermedios: Tire de la $i$-th strand hasta el $j-2$ spot, a continuación, mueva el $j$-th hebra de abajo, uno a la $j-1$ spot, a continuación, utilice $\sigma_{j-2}^2$, y moverlos de vuelta a donde comenzó:

$H_{i,j,1} = (\sigma_i^{-1}\cdots \sigma_{j-3}^{-1}\sigma_{j-1})\sigma_{j-2}^2(\sigma_{j-1}^{-1}\sigma_{j-3}\cdots \sigma_i)$

Este es el mismo que el de nuestros $A_{j,i}$ como sigue:

$H_{i,j,1} = (\sigma_i^{-1}\cdots \sigma_{j-3}^{-1}\sigma_{j-2}^{-1}\sigma_{j-2}\sigma_{j-1})\sigma_{j-2}^2(\sigma_{j-1}^{-1}\sigma_{j-2}^{-1}\sigma_{j-2}\sigma_{j-3}\cdots \sigma_i)$

$H_{i,j,1} = (\sigma_i^{-1}\cdots \sigma_{j-3}^{-1}\sigma_{j-2}^{-1}\sigma_{j-1}\sigma_{j-2})\sigma_{j-1}\sigma_{j-2}(\sigma_{j-1}^{-1}\sigma_{j-2}^{-1}\sigma_{j-2}\sigma_{j-3}\cdots \sigma_i)$

$H_{i,j,1} = (\sigma_i^{-1}\cdots \sigma_{j-3}^{-1}\sigma_{j-2}^{-1})\sigma_{j-1}\sigma_{j-1}\sigma_{j-2}\sigma_{j-1}(\sigma_{j-1}^{-1}\sigma_{j-2}^{-1}\sigma_{j-2}\sigma_{j-3}\cdots \sigma_i)$

$H_{i,j,1} = (\sigma_i^{-1}\cdots \sigma_{j-3}^{-1}\sigma_{j-2}^{-1})\sigma_{j-1}^2(\sigma_{j-2}\sigma_{j-3}\cdots \sigma_i) = A_{j,i}$

Ahora defina $H_{i,j,2}$ a estar tirando el $i$-th strand hasta el $j-3$ spot, el $j$-th abajo a la $j-2$ spot, y el uso de $\sigma_{j-3}^2$, y ponerlos de nuevo. A continuación,$H_{i,j,2} = H_{i,j,1}$. En efecto, por inducción se puede demostrar $A_{j,i} = H_{i,j,1} = H_{i,j,2} = \cdots = A_{i,j}$

Ahora considere una "hebra invertir" isomorfismo dado por $\sigma_i \mapsto \sigma_{n-i}^{-1}$.

En virtud de este isomorfismo, $A_{i,j} \mapsto (\sigma_{n-j+1}^{-1}\sigma_{n-j+2}^{-1}\cdots \sigma_{n-i-1}^{-1}) \sigma_{n-i}^{-2} (\sigma_{n-i-1}\cdots \sigma_{n-j+2}\sigma_{n-j+1}) = A_{n-i+1,n-j+1}^{-1} = A_{n-j+1,n-i+1}^{-1}$