¿Cuándo la Commensurator de un subgrupo de un grupo $G$ no es igual a $G$?

Question

Que $H\leq G$ ser dos grupos. Estoy interesado en el Commensurator $$\mathrm{comm}_G(H)={g\in G : gHg^{-1} \cap H \text{ has finite index in both}}.$ $

Obviamente, $\mathrm{comm}_G(H)\leq G$. Leí en wiki, que la igualdad se aplica para cualquier compacto abierto grupo $G$. Pero ¿alguien tiene un ejemplo fácil, donde $1\ne\mathrm{comm}G(H)\neq G$? Es esto posible, ya que tenemos el subgrupo normal de índice finito en tanto $H,gHg^{-1}$, si uno de ellos ya tiene índice finito en $G$, es decir, $\bigcap\limits{g\in G} gHg^{-1}$. Esto implica que el $H,gHg^{-1}$ son de índice finito en $G$. Entonces, ¿cómo conseguimos $1\neq\mathrm{comm}_G(H)\neq G$ % grupos $H\leq G$?

Gracias por la ayuda.

Answer 1

En primer lugar, $H \leq \operatorname{comm}_G(H)$ siempre, así que si $H$ es no trivial de subgrupo, su commensurator no es trivial. Una pregunta natural es, entonces, cómo mucho más grande que $H$ su commensurator en $G$ es.

Las situaciones básicas de $H \leq G$ donde $\operatorname{comm}_G(H)$ es mucho mayor que $G$, pero más pequeño que el $G$, es al $G$ es una Mentira grupo y $H$ es una media aritmética de celosía en $G$. E. g. si $H = \mathrm{SL}_n(\mathbb Z) \subset \mathrm{SL}_n(\mathbb R) = G$, $\operatorname{comm}_G(H)$ es igual a $\mathrm{SL}_n(\mathbb Q)$, por lo que es mucho más grande que $H$, pero mucho menor que $G$.

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Claro, a medida que más o menos han observado, si $H$ ha finito índice en $G$, a continuación,$\operatorname{comm}_G(H) = G$. (Una manera de expresar esto es decir que si $H$ ha finito índice en $G$, $H$ $G$ son conmensurables subgrupos de $G$, por lo que sus commensurators en $G$ coinciden.)

Answer 2

Hay muchos ejemplos, tome $H$ a ser un infinito subgrupo de $G$ que es malnormal, lo que significa que si $g \in G \setminus H$ $H \cap gHg^{-1}$ es trivial. O uno puede tomar $H$ ser infinito y prácticamente malnormal, lo que significa que la intersección es finito.

Para ejemplos de malnormal subgrupos: Si $G$ es un grupo libre y $H$ es adecuada, no trivial gratis factor, entonces por Grushko del teorema, $H$ es malnormal.

Para obtener más ejemplos de prácticamente malnormal subgrupos: Si $G$ es una palabra hiperbólico grupo y $H$ es un quasiconvex grupo, a continuación, $H$ es malnormal. Específicamente: tome $G$ a ser el grupo fundamental de una superficie cerrada de género $\ge 2$, y tome $H$ a cualquier finitely generado, infinito, infinito índice subgrupo de ($H$ debe ser un grupo libre).

Answer 3

No soy experto en el tema de grupos de Lie, por lo que el ejemplo no se viene a la mente en este contexto. Para los grupos abstractos, sin embargo, podemos construir un ejemplo como sigue: definición de $G$ como el finito presentado grupo $$G := \langle a,b,c ~|~ cac^{-1} = b \rangle$ $ y que $H := \langle a \rangle \le G$. Entonces $c \not\in \text{comm}_G(H)$, desde $cHc^{-1} = \langle b \rangle$ y $\langle a \rangle \cap \langle b \rangle = {1}$.