¿Qué piensa hacer...

Question

Yo tengo un grupo, y tiene un subgrupo de índice finito que es isomorfo a $\mathbb{Z}$.

Mis preguntas son estas:

-Es mi grupo un semidirect producto, $\mathbb{Z} \rtimes K$, o incluso el $\mathbb{Z} \ltimes K$ $K$ algunos finito grupo?

- ¿Hay algo más que tengo automáticamente?

La anterior no es sorprendente, sin pérdida de generalidad podemos suponer que este subgrupo es normal. Y así tenemos una breve secuencia exacta...pero, ¿es la división? He encontrado un par de artículos recientemente que parecen insinuar que esto es así, pero no hizo referencia a ninguna parte.

El último es también muy interesante - creo que he residual finito (RF es cerrado bajo índice finito), pero no puedo pensar en nada más adecuado interesante...

Answer 1

Creo que la respuesta a la primera pregunta es no.

Deje $H$ ser el producto directo de la infinita grupo cíclico $\langle x \rangle$ y el grupo cíclico $\langle y \rangle$ a de orden 2. A continuación, $H$ tiene un automorphism de orden 2 con $x \mapsto x^{-1}y$$y \mapsto y$. Vamos

$G = \langle x,y,z \mid xy=yx, y^2=z^2=1, zxz = x^{-1}y, zy=yz \rangle$

ser la semidirect producto de $H$ con un grupo de $\langle z \rangle$ a de orden 2 el uso de este automorphism.

Deje $Z$ ser un infinito normal subgrupo cíclico de $G$. A continuación, $Z$ debe intersectar $\langle x \rangle$ trivial, pero el centralizador de cualquier subgrupo no trivial de $\langle x \rangle$ está contenido en $H$, y, por tanto,$Z \subset H$. Por lo $Z = \langle x^k \rangle$ o $\langle x^ky \rangle$ algunos $k \ge 1$, y, a continuación, la normalidad de $Z$ $G$ implica que el $k$ es incluso. Pero, a continuación, $Z$ no tiene ningún complemento en $H$, por lo que no puede tener un complemento en $G$.

Añadido posterior: para la segunda pregunta, se puede decir que cualquier grupo de $G$ que contiene un infinito subgrupo cíclico $Z$ de índice finito tiene un subgrupo $H$ de índice en la mayoría de los 2, que es el producto directo de un infinito cíclico grupo y un grupo finito.

Para ver esto, supongamos que $Z \unlhd G$, y tome $H = C_G(Z)$. A continuación, $|H:Z(H)|$ es finito, así que por un resultado de Schur, $H'$ es finito, y, a continuación, $H/H'$ y por lo tanto también es $H$ es un producto directo como se reivindica.

Answer 2

$\newcommand{\ZZ}{\mathbb{Z}}$El siguiente ejemplo muestra que la implicación "$H$ casi $\ZZ$ implica $H$ es igual a $\ZZ \rtimes K$ o $K \rtimes \ZZ$." no se sostiene.

$\newcommand{\Aut}{\operatorname{Aut}}$$\newcommand{\Ends}{\operatorname{Ends}}$En primer lugar, vamos a $H$ ser cualquier virtualmente $\ZZ$ grupo. A continuación, $H$ tiene exactamente dos métrica extremos. Hay un homomorphism $H \to \Aut(\Ends(H)) \cong \ZZ_2$, determinado por la acción de la $H$ sobre sí mismo a través de la conjugación. Vamos a utilizar muchas veces.

Deje $\ZZ_3 = \langle u \rangle$ ser el grupo cíclico de orden tres y deje $\phi \in \Aut(\ZZ_3)$ ser el no-trivial elemento. Nota: $\phi^2$ es igual a la identidad. Escribir $\ZZ = \langle t \rangle$. Formulario de la semidirect producto $G = \ZZ_3 \rtimes_\phi \ZZ$.

Ahora, vamos a $\rho$ ser el trivial involución de $\ZZ$. Es decir, $\rho(t) = t^{-1}$. Si tomamos $\rho$ a actuar trivialmente en $\ZZ_3$ a continuación, se trata de un corto de cálculo para mostrar que $\rho$ ahora es un automorphism de $G$.

Así que escribimos $\ZZ_2 = \langle w \rangle$ y formamos el grupo $H = G \rtimes_\rho \ZZ_2 = (\ZZ_3 \rtimes \ZZ) \rtimes \ZZ_2$. Por lo tanto $H$ es prácticamente $G$, y así es prácticamente $\ZZ$.

Tenga en cuenta que $w \in H$ swaps extremos de $H$ mientras $u$ preserva los extremos de $H$.

Caso 1

Tenga en cuenta que ningún elemento de la $K \rtimes \ZZ$ swaps de los extremos del grupo. Por lo tanto $H$ no es isomorfo a un grupo de la forma $K \rtimes \ZZ$.

Caso 2

Ahora supongamos que $H \cong \ZZ \rtimes K$. Desde $H$ es prácticamente $\ZZ$, $K$ es finito. Deje $s$ ser el generador de la normal subgrupo de $\ZZ \rtimes K$. Considere la posibilidad de cualquier $s^\ell k \in \ZZ \rtimes K$. Supongamos que $k$ no intercambiar los extremos. Por lo tanto $ksk^{-1} = s$ y nos encontramos con que $\ell \neq 0$ fib $s^\ell k$ tiene orden infinito. Si $k$ hace swap extremos (ie $ksk^{-1} = s^{-1}$), a continuación, $(s^\ell k)^2 = k^2$ es finito orden y $(s^\ell k)^3 = s^\ell k^3$ es la trivial elemento implica que $\ell = 0$.

Así que vamos a $k \in K$ ser la imagen de $u \in \ZZ_3 < H$. Desde $u$ no intercambiar los extremos, ni tampoco se $k$. Deje $s^\ell h$ ser la imagen de $t$. Por lo anterior, $h$ no intercambiar los extremos. Se calcula: $tut^{-1} = u^{-1}$$s^\ell h k h^{-1} s^{-\ell} = hkh^{-1} = k^{-1}$. Es decir, existe un número finito de orden elemento de $H$ que

• conjugados $u$ a su inverso y
• no intercambiar los extremos.

El uso de las formas normales de los elementos de $H$ se puede comprobar que esto no es el caso, y así hemos llegado a una contradicción. $\square$

Creo que esto es casi tan malo como las cosas se pueden conseguir. Si $H$ ahora es cualquier grupo que es prácticamente $\ZZ$ entonces el núcleo del mapa $H \to \Aut(\Ends(H))$, es decir, el "fin de la preservación de los subgrupos", siempre ha de índice en la mayoría de los dos. Este núcleo puede, a su vez, ser escrito como $F \rtimes \ZZ$ donde $F$ es el núcleo del mapa "$g$ va a su promedio de traducción a distancia". La única que queda poco desagradable es que el mapa de $H$ $\Aut(\Ends(H))$no tiene que dividir...

EDICIÓN - en el Siguiente Profesor de Holt buen ejemplo, aquí está una presentación de mi contraejemplo grupo $H$:

$H = \langle u, t, w \mid u^3 = w^2 = 1, \, wtw^{-1} = t^{-1}, \, tut^{-1} = u^{-1}, \, wu = uw \rangle.$