close

Вход

Забыли?

вход по аккаунту

?

Разрешимость проблемы степенной сопряженности слов в группах Артина экстраболыпого типа.

код для вставкиСкачать
ЧЕБЫШЕВСКИЙ СБОРНИК
Том 9 Выпуск 1 (2008)
УДК 519.4
РАЗРЕШИМОСТЬ ПРОБЛЕМЫ СТЕПЕННОЙ
СОПРЯЖЕННОСТИ СЛОВ В ГРУППАХ АРТИНА
ЭКСТРАБОЛЬШОГО ТИПА
В. Н. Безверхний (г. Тула), А. Н. Кузнецова (г. Москва)
Аннотация
В работе рассматривается решение проблемы степенной сопряженности слов в группах Артина экстрабольшого типа.
Пусть G - группа Артина, заданная системой образующих ai , i ? I, |I| < ?, и
системой определяющих соотношений ai aj ai . . . = aj ai aj . . . , i, j ? I, где слова,
стоящие слева и справа, состоят из mij чередующихся букв ai , aj ; mij - элемент
некоторой матрицы Кокстера (mij )i,j?I соответствующей группе G. Группа Артина называется группой Артина экстрабольшого типа, если mij > 3 для всех
i ?= j; i, j ? I.
Проблемы равенства и сопряженности слов в группах Артина экстрабольшого типа решены в работе [1].
џ1. Группы Артина экстрабольшого типа с двумя
образующими
Пусть G - конечно определенная группа Артина экстрабольшого типа, заданная множеством образующих A = (aij )i,j?I и матрицей Кокстера (mij )i,j?I .
Пусть w - произвольный элемент из G, обозначим через |w| его длину в свободной группе F, заданной на образующих A = (aij )i,j?I , а через ?w? - его слоговую
длину в F, рассматривая F в виде свободного
произведения бесконечных цикли?
ческих групп Fi = ?ai ?, то есть F = ? Fi .
^ - группа Артина экстрабольшого типа с двумя обраПусть Gij = ?ai , aj , R?
^ - симметризованное множество, полученное из определяющего
зующими, где R
?1 ?1
соотношения rij = ai aj ai ...a?1
j ai aj и всех его циклических перестановок, если
^ - пустое множество, если mij = ?.
3 < mij < ? и R
1. ([1]) Если w ? Gij , w- нетривиальное свободно приведенное
слово, равное единице в группе Gij , то ?w? ? 2mij .
Лемма
Лемма
2. ([1]) Пусть w ? Gij , w = w1 w2 = 1 в Gij . Тогда
1. если ?w1 ? ? mij , то |w1 | ? |w2 |,
РАЗРЕШИМОСТЬ ПРОБЛЕМЫ СТЕПЕННОЙ СОПРЯЖЕННОСТИ ... 51
2. если ?w1 ? < mij , то |w1 | < |w2 |.
3. ([2]) Группа Артина Gij при mij = 2k + 1 изоморфна группе
= y2 ?, а при mij = 2k - группе ?t, x, t?1 xk t = xk ?.
Лемма
?x, y, x
2k+1
4. ([2]) В группе Артина Gij = ?ai , aj ; (ai aj )mij = (aj ai )mij ? для
любого w ? Gij алгоритмически разрешимо уравнение waxi = ayj , x, y ? Z,
причем x, y определяются однозначно.
Лемма
5. ([2]) Пусть Gij = ?ai , aj ; (ai aj )mij = (aj ai )mij ? - группа Артина
и слово w ? Gij циклически несократимо в свободной группе, имеет слоговую
длину, равную 2mij и равно единице в Gij . Тогда при mij = 2k+1 слово w имеет
вид:
Лемма
?m ?1
?1
?m
m ?1 ?1
? am
i aj ai ...aj ai aj ai ...aj , либо ai aj ...aj ai aj ai ...aj ,
либо им обратные, m ? Z\{0}, k > 0;
а при mij = 2k
?m ?1
?1
?m
m ?1
? am
i aj ...ai aj ai aj ...aj , либо ai aj ...ai ai ai ...aj ,
либо им обратные, m ? Z\{0}, k > 1.
6. В группе Артина экстрабольшого типа Gij =?ai , aj ; (ai aj )mij =
(aj ai ) ? для любого слова w ? Gij можно эффективно определить, существуют ли числа ni , ki ? Z, i = 1, t, такие, что в группе Gij выполняется равенn
ство w = ani 1 akj 1 ani 2 ...akj s ai s + 1 ...ani t akj t , причем w и слово в правой части равенства начинаются и заканчиваются на разные буквы, ?w? > ?ani 1 akj 1 ...akj t ?
n
и слово ani 1 akj 1 ani 2 ...akj s ai s + 1 ...ani t akj t имеет минимальную слоговую длину; если
такой набор целых чисел существует, то он единственен.
Лемма
mij
Допустим, что существует два различных набора (ni ,ki),
i = 1, t, удовлетворяющих равенству из условия леммы.
Случай 1. Пусть mij = 2k + 1, тогда по лемме 3 группа Gij изоморфна свободному произведению с объединением, то есть группе B1 = ?x, y, x2k+1 = y2 ?,
и изоморфизм задается следующим образом: f(ai ) = xk+1 y?1 , f(aj ) = yx?k .
Доказательство.
(ni? , ki?),
1. Пусть ni = ni? = ki = ki? = 1, i = 1, t. Тогда слово в правой части равенства
определяется однозначно и лемма в этом случае справедлива.
2. Пусть ni = ni? = ki = 1, i = 1, t,
k1? = k2? = ... = ks? = 1, 1 < s < t; kj? > 1, j = s + 1, t.
После изоморфного отображения равенство из условия леммы примет вид
? для набора (ni , ki ): f(w) = xk+1 y?1 yx?k xk+1 y?1 yx?k ...xk+1 y?1 yx?k
|
{z
}
t
52
В. Н. БЕЗВЕРХНИЙ, А. Н. КУЗНЕЦОВА
? для набора (ni? , ki? ):
f(w)=xk+1 y?1 yx?k ...xk+1 y?1 yx?k ...xk+1 y?1 yx?k ...xk+1 y?1 yx?k ...yx?k .
|
{z
}
s
Проведя сокращения, получаем: xt = xs+k+1 y?1 xk+2 y?1 x...yx?k . Так как
в правой части последнего равенства сокращения стабилизировались, то
слова, стоящие справа и слева, не равны. Следовательно, равенство из
условия леммы в этом случае выполняется только при ni? = ki? , i = 1, t.
3. Пусть ni = ki = ki? = 1, i = 1, t,
n1? = n2? = ... = ns? = 1, 1 < s < t; nj? > 1, j = s + 1, t.
Рассматривается аналогично пункту 2 путем замены ki? на ni? .
4. Пусть n1 = k1 = n2 = k2 ... = np = kp = 1, 1 ? p < t,
n i > 1, k i > 1 , p + 1 ? i < t ,
n1? = k1? = n2? = k2? ... = ns? = ks? = 1, 1 ? s < p < t,
nj? > 1, kj? > 1, s + 1 ? j ? t.
После изоморфного отображения равенство из условия леммы имеет вид:
xk+1 y?1 yx?k ... xk+1 y?1 xk+1 y?1 yx?k yx?k ...yx?k =
|
{z
}
p
xk+1 y?1 yx?k ... xk+1 y?1 xk+1 y?1 yx?k ...yx?k
{z
}
|
s
Проведя сокращения в обеих частях равенства, получаем:
xp+k+1 y?1 xyx?k ...yx?k = xs+k+1 y?1 xyx?k ...yx?k .
Так как s < p и сокращения проведены, то слоговая длина левой части равенства меньше слоговой длины правой части. Последнее равенство
возможно, если в правой части есть сокращения и p + k + 1 = s + k + 1,
что противоречит условию. Следовательно, равенство из условия леммы
выполняется только при nj = nj? , kj = kj? , s + 1 ? j ? t.
5. Пусть ni > 1, ki > 1, ni? > 1, ki? > 1, 1 ? i ? q, q < p, p ? i ? t,
?
?
?
?
nq+1 = kq+1 = nq+1
= kq+1
= ... = np?1 = kp?1 = np?1
= kp?1
= 1,
то есть правая часть равенства из условия леммы имеет вид
k
n
k
k
n
k?
n?
k?
k?
n?
? для набора (ni , ki ): ani 1 akj 1 ani 2 ...aj q ai q + 1 aj q + 1 ...aj p ? 1 ai p ...akj t ,
n?
k?
n?
k?
? для набора (ni? , ki? ): ai 1 aj 1 ai 2 ...aj q ai q + 1 aj q + 1 ...aj p ? 1 ai p ...aj t ,
причем случай, когда p?q = mij ?1 невозможен, так как, используя равенство ?ai aj ?mij = ?aj ai ?mij , заменим слово ai aj ai (последний слог возьмем
n?
из ai p или ai p ) на слово aj ai aj . Проведя такую процедуру np (или np? )
раз, получим, что слоговая длина правой части равенства из условия леммы уменьшилась - противоречие с минимальностью слоговой длины слова
k
k
n
n
k
ani 1 akj 1 ani 2 ...aj q ai q + 1 aj q + 1 ...aj p ? 1 ai p ...akj t . Если ?j = 1, t : nj ?= nj? , тогда,
как и в пункте 4, получаем, что равенство из условия леммы выполняется
n
РАЗРЕШИМОСТЬ ПРОБЛЕМЫ СТЕПЕННОЙ СОПРЯЖЕННОСТИ ... 53
только при nj = nj? , kj = kj? , i = 1, t.
Рассуждения аналогичны, если вместо слова ai aj ai рассмотреть подслово
?1
такой же длины в циклической перестановке слова ai aj ...ai a?1
j ...aj .
6. Пусть ni > 1, ki > 1, ni? > 1, ki? > 1, i = 1, t;
причем ?j = 1, t (j-наименьшее из возможных чисел): nj ?= nj? .
Перепишем равенство из условия леммы в группе B1 :
xk+1 y?1 xk+1 y?1 yx?k yx?k ...xk+1 y?1 xk+1 y?1 xk+1 y?1 ...yx?k =
xk+1 y?1 xk+1 y?1 yx?k yx?k ...xk+1 y?1 xk+1 y?1 xk+1 y?1 xk+1 y?1 yx?k ...yx?k
После сокращений последнее равенство примет вид:
xk+1 y?1 xk+1 y?1 x...yx?k = xk+1 y?1 xk+1 y?1 xk+1 y?1 x...yx?k .
Так как сокращения в последнем равенстве стабилизируются, и подслова
n
xk+1 y?1 xk+1 y?1 x и xk+1 y?1 xk+1 y?1 xk+1 y?1 x, соответствующие слогам (ai j )
n?
и (ai j ) не равны, то последнее равенство невозможно при nj ?= nj? (при
n
ni > 1, ni? > 1 сокращения могут быть только на стыке слогов f(ai q ) и
k
n?
k?
f(aj q ), f(ai q ) и f(aj q ) соответственно).
7. Пусть ni > 1, ki > 1, ni? > 1, ki? > 1, i = 1, t;
причем ?j = 1, t (j-наименьшее из возможных чисел): kj ?= kj? .
Доказывается аналогично пункту 6 путем замены ki? на ni? .
8. Пусть ni > 1, ki > 1, ki? > 1, i = 1, t;
причем ?j = 1, t: nj? < ?1; ni? > 1 (i ?= j).
После изоморфного отображения группы Gij получим:
xk+1 y?1 xk+1 y?1 ...yx?k yx?k xk+1 y?1 xk+1 y?1 ...yx?k =
xk+1 y?1 xk+1 y?1 ...yx?k yx?k yx?(k+1) yx?(k+1) yx?k yx?k ...yx?k
Так как |ni | > 1, |ki | > 1, |ni? | > 1, |ki? | > 1 (i = 1, t), то сокращения в обеих
n?
n
k
частях равенства будут только между слогами f(ai q ) и f(aj q ) или f(ai q ) и
k?
?
?
?
f(aj q ), причем в подслове f((aj )kj ? 1 (ai )nj (aj )kj ) сокращений не будет (так
как nj? < ?1). Так как сокращения стабилизировались и, слова, стоящие в
левой и правой части последнего равенства, начинаются и заканчиваются на одинаковые слоги, то слоговая длина левой части равенства будет
меньше, чем слоговая длина правой части. Следовательно, равенство из
условия леммы возможно только при nj = nj? , kj = kj? , i = 1, t.
9. Пусть ni > 1, ki > 1, ni? > 1, i = 1, t;
причем ?j = 1, t: kj? < ?1; ki? > 1 (i ?= j).
Рассматривается аналогично пункту 8 путем замены ki? на ni? .
Таким образом, во всех случаях, когда ni ?= ni? , ki ?= ki? , i = 1, t, мы получили
противоречие. Следовательно, равенство из условия леммы выполняется только
при ni = ni? , ki = ki? , i = 1, t.
54
В. Н. БЕЗВЕРХНИЙ, А. Н. КУЗНЕЦОВА
Случай 2. Пусть mij = 2k, тогда по лемме 3 группа Gij изоморфна HNNрасширению то есть группе B2 = ?t, x, t?1 xk t = xk ?, и изоморфизм задается
отображением: f(ai ) = t, f(aj ) = xt?1 . Так же, как и в первом случае, можно
легко убедиться в том, что равенство из условия леммы, кроме случая, когда
ni = ni? , ki = ki? , i = 1, t не имеет смысла.
Лемма доказана.
Теорема
1. Пусть w - слово из группы Артина экстрабольшого типа
Gij = ?ai , aj ; (ai aj )mij = (aj ai )mij ?. Тогда существует алгоритм, выписывающий показатели степеней образующих ni , ki ? Z, i = 1, t в равенстве
n
w = ani 1 akj 1 ani 2 ...akj s ai s + 1 ...ani t akj t ,
n
причем ?w? > ?ani 1 akj 1 ...ajkt ? и слово ani 1 akj 1 ani 2 ...akj s ai s + 1 ...ani t akj t имеет минимальную слоговую длину.
Доказательство.
Случай 1. Пусть mij = 2k + 1, тогда по лемме 3 группа Gij изоморфна свободному произведению с объединением, то есть группе B1 = ?x, y, x2k+1 = y2 ?,
и изоморфизм задается следующим образом: f(ai ) = xk+1 y?1 , f(aj ) = yx?k .
Рассмотрим равенство из условия теоремы:
n
слова w и ani 1 akj 1 ani 2 ...akj s ai s + 1 ...ani t akj t начинаются и заканчиваются на разные
буквы, при этом ?w? > ?ani 1 akj 1 ...akj t ? (по условию).
Из доказательства леммы 6 следует, что все показатели степеней можно
ограничить, то есть |ni |, |ki | ? ?w? + 1, ni , ki ? Z, i = 1, t. Тогда для каждого
набора (ni , ki ) построим слова как в правой части равенства из условия теоремы
и проверим, выполняется ли данное равенство. Если решение существует, то
показатели степеней образующих ni , ki уже выписаны, в противном случае переходим к следующему набору (ni , ki ). Данную процедуру будем повторять
до тех пор, пока не рассмотрим все |ni |, |ki | ? ?w? + 1, ni , ki ? Z, i = 1, t.
Случай 2. Пусть mij = 2k, тогда по лемме 3 группа Gij изоморфна HNNрасширению то есть группе B2 = ?t, x, t?1 xk t = xk ?, и изоморфизм задается
отображением: f(ai ) = t, f(aj ) = xt?1 . Так же, как и в первом случае, можно
легко убедиться в том, что существует алгоритм, выписывающий показатели
степеней образующих.
Теорема доказана.
џ2. Группы Артина экстрабольшого типа с числом
образующих больше двух
Рассмотрим группы Артина экстрабольшого типа, заданную на множестве
образующих A = (aij )i,j?I , |I| <
? ?, с симметризованным множеством опреде^
^
ляющих соотношений R, R = i,j?I R^ij , где R^ij - симметризованное множество
определяющих соотношений артиновой группы Gij .
РАЗРЕШИМОСТЬ ПРОБЛЕМЫ СТЕПЕННОЙ СОПРЯЖЕННОСТИ ... 55
Обозначим через Rij , i ?= j множество всех нетривиальных слов, циклически
приведенных в свободной группе и равных единице
? в Gij . Элемент r ? Rij будем
называть соотношением типа (i, j). Пусть R = i,j?I Rij . Тогда группа Артина
G может быть задана представлением
??G = ?A; R?, где R - симметризованное
подмножество свободной группы F =
Fi .
Пусть w - нетривиальное циклически приведенное слово, равное единице в
G. Тогда существует связная односвязная R-диаграмма M с граничной меткой
w с областями из R. Подвергнем R-диаграмму M следующему преобразованию.
?
Пусть области D1 , D2 пересекаются
по
ребру
с
меткой
?(D
D2 ), имеющей
1
?
?
слоговую длину ??(D1 D2 )? > 1 (и если ??(D1 D2 )? = 1 и метки областей
D1 и D2 содержатся в одной подгруппе Gij ), тогда, стирая это ребро, объединяем D1 и D2 в одну область D. Если метка полученной области D равна единице в
свободной группе F, то, удалив эту область, склеиваем ее границу. Через конечное число шагов получим связную односвязную R-диаграмму M, инвариантную
относительно рассмотренных преобразований с граничной меткой w, причем,
если две области D?? , D ?? из M пересекаются по ребру, то слоговая длина метки
этого ребра ??(D ? D ?? ? = 1. Такая связная односвязная R-диаграмма называется приведенной.
7. ([1]) Если M - приведенная связная односвязная R-диаграмма
группы Артина, для элементов матрицы Кокстера которой имеем ?i, j, i ?= j,
i, j ? I, mij ? m, то M удовлетворяет условию C(2m).
Лемма
1. Каждая приведенная связная односвязная R-диаграмма M
группы Артина экстрабольшого типа удовлетворяет условию C(8).
Следствие
Обозначим через ?M граничный
цикл диаграммы M. Область D ? M на?
зовем граничной, если ?M ?D ?= ?. Символом i(D) будем обозначать число
внутренних ребер в граничной цикле D, а?символом d(D) - число ребер в граничном
? цикле D. Будем говорить, что ?M ?D есть правильная часть M, если
?M ?D есть объединение последовательности замкнутых ребер l1 , ..., ln , которые встречаются в данном порядке в некотором граничном цикле для D и
в некотором граничном цикле
? для M. Граничную область D R-диаграммы M
назовем простой, если ?M ?D есть правильная часть.
?
Определение. Пусть ?M = ?
?. Область D назовем деновской, если
?
?
??(? ?D)? > ??(?D\? ?D)?. Удаление деновской области диаграммы M,
то есть удаление ее граничного пути, называется деновским сокращением диаграммы M или R-сокращением. Будем говорить, что M является R-приведенной, если она не содержит деновских областей.
Слово w ? G называется R-приведенным, если w является граничной меткой
приведенной (в F) диаграммы, не содержащей деновских областей. Назовем w
циклически R-приведенным, если все его циклические перестановки являются
R-приведенными словами. В противном случае слово w называется циклически
R-приводимым.
56
В. Н. БЕЗВЕРХНИЙ, А. Н. КУЗНЕЦОВА
Если слово w ? получено из w R-приведением, то на основании леммы 2 имеем
|w | ? |w|.
?
Лемма 8. Существует алгоритм, позволяющий для любого циклически
приведенного слова w группы Артина экстрабольшого типа выяснить, является ли w R-приведенным.
Доказательство.
дое ws ? Gij , s = 1, n.
Разбиваем слово w на подслова w1 , w2 ,..., wn , где каж-
1. Рассматриваем подслово w1 ? Gi1 j1 и выясняем, существует ли такое
слово ani 1 akj 1 ani 2 ...akj t ? Gij , что 1 ? ?ani 1 akj 1 ani 2 ...ani t akj t ? < ?w1 ?, и в
группе Gi1 j1 выполняется равентсво w1 = ani 1 akj 1 ani 2 ...akj t . Для этого проверяем, имеет ли решение в группе Gi1 j1 одно из следующих уравнений
w1 = ani 1 akj 1 ani 2 ...akj t или w1 = akj 1 ani 1 ...akj t aki t , ni , ki ? Z, i = 1, t. Если
решение существует, то на основании теоремы 1 выписываем показатели
образующих ni , ki ? Z, i = 1, t. Тогда слово w1 является R-приводимым.
2. Рассматриваем подслово w2 ? Gi2 j2 и выясняем, как и в первом случае,
существует ли слово ani 1 akj 1 ani 2 ...akj t ? Gij , равное w2 в группе Gi2 j2 и
удовлетворяющее условию 1 ? ?ani 1 akj 1 ani 2 ...ani t akj t ? < ?w2 ?. Для этого
проверяем, имеет ли решение в группе Gi2 j2 одно из следующих уравнений:
w2 = ani 1 akj 1 ani 2 ...akj t или w2 = akj 1 ani 1 ...akj t aki t , ni , ki ? Z, i = 1, t. Если
решение существует, то на основании теоремы 1 выписываем показатели
образующих ni , ki ? Z, i = 1, t.
Данную процедуру будем повторять n раз, пока не рассмотрим последнее подслово wn ? Gin jn . Если на каждом этапе решение уравнений не существует, то
слово w является R-приведенным.
Лемма доказана.
9. ([4]) Пусть М - приведенная диаграмма группы Артина большого типа, являющаяся
диском (граничный цикл (?M) - простая замкнутая
?
кривая), ?M = ? ?; ?(?), ?(?) - R, R - несократимые слова; в М больше двух
областей и нет неправильных областей. Тогда существуют области DA и DB
такие, что
?
?
1. DA ?M и DA ?M - связные множества, ?(?) = ?(?) = A, ?(?) =
?(?) = B.
?
?
?
?
2. DA ? ?= ?, DA ? ?= ?, DB ? ?= ?, DB ? ?= ? и все четыре множества
содержат ребра.
Лемма
Теорема 2. ([4]) Пусть М - приведенная диаграмма группы Артина большого типа, являющаяся
диском (граничный цикл (?M) - простая замкнутая
?
кривая), ?M = ? ?; ?(?), ?(?) - R, R - несократимые слова. Тогда число областей, граничащих с ? и ? одинаково.
РАЗРЕШИМОСТЬ ПРОБЛЕМЫ СТЕПЕННОЙ СОПРЯЖЕННОСТИ ... 57
?
?
Введем некоторые обозначения. Знаки суммирования ? и 0 будут означать соответственно суммирование по граничным и внутренним вершинам (областям). Символ E? (V ? ) обозначает число граничных ребер (вершин) в граничном цикле для М, Q - число компонент карты М и h - число дырок (то есть
число ограниченных комнонент дополнения к М) этой карты.
карта. Тогда
??3p. ([3]) Пусть М?-0 произвольнаяp ?
[ q + 2 ? d(v)] +
[p ? d(v)] + q [q ? d(D)] ? qp (V ? ? E? ).
Теорема
p(Q ? h) =
Теорема
4. Пусть М - приведенная связная односвязная R-диаграмма
группы Артина экстрабольшого типа, не содержащая деновских областей. Тогда М не содержит внутренней области.
Так как М не содержит деновских областей, то для любой граничной области D имеем i(D) ? 4. Допустим, что диаграмма М содержит внутреннюю область D. Рассмотрим карту M? , дуальную к карте М. Если
v? - вершина карты M? , получающаяся из области D карты М, то d(v? ) = i(D).
Тогда
следующая формула:
?? по теореме
? 3 справедлива?
?
?
[4 ? d(v)] + 0 [6 ? d(v)] + 2 [3 ? d(D)] ? 2(VM
? ? EM? ) = p(Q ? h) > 0.
Поскольку первая сумма равна 0, вторая < 0, а третья -? 0, то получаем, что
итоговая сумма < 0 - противоречие. Следовательно, диаграмма М не содержит
внутренней области. Теорема доказана.
Доказательство.
Теорема 5. Пусть М - приведенная связная односвязная диаграмма группы Артина экстрабольшого типа. Тогда М является однослойной диаграммой.
Допустим, что М является многослойной диаграммой.
Пусть М - трехслойная диаграмма. Тогда второй слой содержит внутреннюю
область, что по теореме 4 невозможно. Аналогичная ситуация возникает, если
М состоит больше, чем из трех слоев.
Тогда М может быть двуслойной
? или однослойной диаграммой. Пусть М двуслойная диаграмма
?
? и ?M = ? ?. Тогда по лемме 9 диаграмма М имеет
вид: M = DA M0 DB ,?где M0 состоит только?из правильных областей.
?n
Пусть
?
=
?\(?D
?D
)
,
?
=
?\(?D
?D
)
и
?
=
1
A
B
1
A
B
1
i=1 Di , ?1 =
?m
?
i=1 Di . Так как по теореме 2 число областей, выходящих на ? и ? одинаково, то n = m.
Доказательство.
1. Пусть i(Dj ) > 3, i(Dj? ) > 3, i = 1, t, тогда метки областей Dj и Dj? принадлежат одной подгруппе Gij , что противоречит приведенности диаграммы
М.
2. Пусть i(Dj ) = 3 (или i(Dj? ) = 3), i = 1, t, тогда получаем противоречие с
R-несократимостью ?(?1 ) (или ?(?1 )).
Следовательно, М - однослойная диаграмма. Теорема доказана.
58
В. Н. БЕЗВЕРХНИЙ, А. Н. КУЗНЕЦОВА
Определение. Пусть М - приведенная связная односвязная R-диаграмма
группы Артина экстрабольшого типа с граничными циклами ? и ?. Тогда последовательность
граничных областей D1 , D2 , ..., Dn , n ? 2 образует полосу
?
P = ni=1 Di в М, если
1. ?i, 1 ? i < n границы областей Di и Di+1 пересекаются по ребру;
2. |?
3. |?
?
?
?D1 | = |?
?Dj | = |?
?
?
?D1 | + 2, |?
?
?Dn | = |?
?
?Dn | + 2;
?Dj | ?j, 1 < j < n.
?
?
Пусть P - полоса диаграммы М, ?M = ? ?, ? = ?P ?M и ?1 = ?P\?.
Замену диаграммы M на диаграмму M1 , полученную из M удалением полосы P, в результате чего граничный цикл M преобразуется в граничный цикл
?M1 = ??1 , назовем специальным R-сокращением, или R-сокращением. Если
M не содержит полос, то диаграмму M назовем специально R-приведенной или
R-приведенной.
Циклически R-приведенное слово w группы Артина экстрабольшого типа
называется R-приведенным или специально R-приведенным, если w является
граничной меткой приведенной диаграммы, не содержащей полос.
Пусть M - приведенная связная односвязная R-диаграмма группы Артина
экстрабольшого типа с граничными циклами ? и ?.
Определение. Область D диаграммы M назовем областью первого типа,
?
?
если |?D ?| = |?D ?|.
Определение. Область D диаграммы M назовем областью второго типа,
?
?
если |?D ?| = |?D ?| + 2.
Определение. Область D диаграммы M назовем областью третьего типа,
?
?
если |?D ?| + 2 = |?D ?|.
10. Существует алгоритм, позволяющий для любого циклически
R-приведенного слова w из группы Артина экстрабольшого типа выяснить,
является ли w специально R-приведенным.
Лемма
Запишем w по окружности и разобьем его на подслова
w1 , w2 ,..., wN , где каждое ws принадлежит подгруппе Gis js , s = 1, N.
Начинаем строить полосу со слова w1 . Пусть w1 ? Gi1 j1 . Решаем в Gi1 j1
p1 q1
pn
qn
?1 p1 q1
уравнения w?1
1 ai1 aj1 ...ai1 = 1 или w1 ai1 aj1 ...aj1 = 1 (в зависимости от слоговой длины слова w1 ), налагая на левую часть требование циклической неприp1 q1
pn
?1
водимости в свободной группе, причем ?w?1
1 ? = ?ai1 aj1 ...ai1 ? (или ?w1 ? =
?api11 aqj11 ...aqj1n ?).
p1 q 1
pn
Допустим, что уравнение w?1
1 ai1 aj1 ...ai1 = 1 разрешимо в Gi1 j1 , тогда обp1 q 1
pn
ласть D1 , такая, что ?(?D1 ) = w?1
1 ai1 aj1 ...ai1 , является областью второго
Доказательство.
РАЗРЕШИМОСТЬ ПРОБЛЕМЫ СТЕПЕННОЙ СОПРЯЖЕННОСТИ ... 59
типа. Для дальнейшего построения полосы нужна область D2 первого или второго типа. Заменив слово w2 на w2? = api11 w2 решаем в группе Gi1 j2 уравнение (w2? )?1 aqj21 api12 ...api1n = 1, w2? ? Gi1 j2 , причем ?(w2? )?1 ? = ?aqj21 api12 ...api1n ? или
?(w2? )?1 ? = ?aqj21 api12 ...api1n ? + 2.
Если уравнение имеет решение, (w2? )?1 aqj21 api12 ...api1n циклически несократимо
и ?(w2? )?1 ? = ?aqj21 api12 ...api1n ? + 2, то область D2 : ?(?D2 ) = (w2? )?1 aqj21 api12 ...api1n
является областью второго типа. Следовательно, полоса построена.
Если уравнение имеет решение, (w2? )?1 aqj21 api12 ...api1n циклически несократимо и ?(w2? )?1 ? = ?aqj21 api12 ...api1n ?, то область D2 : ?(?D2 ) = (w2? )?1 aqj21 api12 ...api1n
является областью первого типа. Для дальнейшего построения полосы решаем
уравнение (w2? )?1 aqj21 api22 ...api2n = 1 в Gi2 j2 . И так далее.
Лемма доказана.
Следствие 2. В группах Артина экстрабольшого типа разрешима проблема равенства слов.
11. ([2]) Пусть M - связная односвязная R, R - приведенная кольцевая диаграмма над группой Gij ; ? и ? - граничные циклы M и ?(?) = xp ,
±1
Тогда ?(?) = yp , где x, y ? {a±1
i , aj }.
Лемма
12. ([4]) Пусть слово w группы Артина большого типа G циклически R, R - несократимо. Существует алгоритм, строящий по слову w
сопряженное с ним или с его квадратом в группе G слово w0 , любая степень
которого R, R - несократима.
Лемма
џ3. Разрешимость проблемы степенной сопряженности
слов
Проблема степенной сопряженности слов заключается в следующем: найти
алгоритм, с помощью которого по любым словам w и v группы G можно определить, существуют ли целые числа m, n и существует ли такое слово z ? G,
что слова vn и wm сопряжены в группе G.
Теорема 6. ([3])(Теорема сопряженности для HNN-расширений) Пусть
G? = ?G, t, t?1 At = B, ??-HNN-расширение группы G. Пусть u = g0 t?1 ...t?n ,
n ? 1 и v - сопряженные циклически приведенные элементы из G? . Тогда |u| =
|v| и u можно получить из v, беря подходящую циклическую перестановку v?
элемента v, оканчивающуюся на t?n , и сопрягая затем элементом z, где z ? A,
если ?n = ?1, и z ? B, если ?n = 1.
Теорема 7. В группе Артина экстрабольшого типа G алгоритмически
разрешима проблема степенной сопряженности, то есть по любым словам
w, v ? G можно выяснить, существуют ли целые числа m и n такие, что
слова vn и wm сопряжены в группе G.
60
В. Н. БЕЗВЕРХНИЙ, А. Н. КУЗНЕЦОВА
^ - группа Артина экстрабольшо1. Пусть Gab = ?a, b, R?
го типа с двумя образующими и w, v ? Gab .
Случай 1. Пусть mij = 2k + 1, тогда по лемме 3 группа Gij изоморфна свободному произведению с объединением, то есть группе B1 = ?x, y, x2k+1 = y2 ?,
и изоморфизм задается следующим образом: f(ai ) = xk+1 y?1 , f(aj ) = yx?k .
В статье [5] Липшуц С. доказал разрешимость проблемы степенной сопряженности слов для свободного произведения с объединением.
Случай 2. Пусть mij = 2k, тогда по лемме 3 группа Gij изоморфна HNNрасширению то есть группе B2 = ?t, x, t?1 xk t = xk ?, и изоморфизм задается
отображением: f(ai ) = t, f(aj ) = xt?1 .
Так как элемент из ассоциированной подгруппы лежит в центре, то по теореме 6 [3] следует разрешимость проблемы степенной сопряженности слов для
HNN-расширений, а, следовательно, и для групп Артина экстрабольшого типа
в случае mij = 2k.
2. Пусть группа G порождена более чем двумя образующими. Рассмотрим
циклически R, R - несократимые слова w, v, неравные единице в группе G. И
пусть любая циклическая перестановка w, v не принадлежит Gab . Используя
лемму 12, перейдем, если это необходимо, от слов w и v к сопряженным с ними
или с их квадратами словам w0 и v0 , любая степень которых R, R - несократима.
Будем рассматривать некоторые циклические перестановки w?0 и v?0 слов w0
и v0 . Можно считать, что ?w0 ? = ?v0 ?, в противном случае, добьемся этого,
возведя каждое из них в соответствующую степень.
Возможны следующие виды диаграмм сопряженности (рис.1).
Доказательство.
O
O1
a)
b)
Рис. 1: Виды диаграмм
Рассмотрим связную приведенную кольцевую R-диаграмму M вида рис.1 а)
сопряженности слов (w?0 )m и (v?0 )n .
Пусть ?(?) = (w?0 )m и ?(?) = (v?0 )n , причем путь ? начинается в точке O,
а путь ? в точке O1 . Разрежем диаграмму M по ребру, которому соответствует
путь OO1 . Получим связную односвязную приведенную R-диаграмму M ? (рис.
2).
РАЗРЕШИМОСТЬ ПРОБЛЕМЫ СТЕПЕННОЙ СОПРЯЖЕННОСТИ ... 61
w0*
O
O
D1
O1
O1
Рис. 2: Диаграмма M ?
I. Пусть диаграмма M ? состоит из областей только первого типа. Тогда проведем следующее преобразование (*): приклеим к ней диаграмму M ?? , тождественную диаграмме M ? , с циклическим сдвигом вправо на слово w?0 как показано на рис. 3.
v 0*
w0*
O
Dn`
D1`
O'
D1
O1
D1``
v0*
Рис. 3: Преобразование диаграммы
Допустим, что точка O ? в полученной после преобразования (*)
? диаграмме
имеет степень 3, то есть является внутренней точкой пути ?D1?? ?. Так как
область D1?? диаграммы M ? является областью первого типа, то и в тождественной ей диаграмме M ?? области D1? и Dn? также первого типа. Следовательно,
области D1? и Dn? принадлежат одной подгруппе вида Gij , что противоречит Rприведенности диаграммы M. Таким образом, после преобразований (*) точка
O ? имеет внутреннюю степень 4 (рис. 4).
O1'
w0*
O
D1
O1
Dn`
v0*
D1`
D2'
O'
D1''
Dn
D2''
v0*
Рис. 4: Преобразование диаграммы
62
В. Н. БЕЗВЕРХНИЙ, А. Н. КУЗНЕЦОВА
Пусть все области диаграммы являются областями первого типа и d(Dj ) =
2mij , j = 1, n. При этом граничные метки областей D1? и D1?? принадлежат одной
и той же подгруппе вида Gij и метка пути O ? O1? совпадает с меткой пути OO1 :
?(O ? O1? ) = ?(OO1 ) (лемма 5).
?
Пусть d(Dj ) ?= 2mij , j = 1, n. При этом, если ребро с меткой ?(?Dn? ?D1? )
содержит степень
образующего, то такую же степень будет содержать каждое
?
?
ребро ?(?Dj? ?Dj+1
), j = 1, n ? 1. Покажем это.
1) Пусть mij - четное. Рассмотрим определяющее соотношение для данного
mij : abab...ab = baba...ba.
Обозначим abab...a = z1 , baba...b = z2 . Тогда получим z1 bz?1
= b и
1
?1
z2 az2 = a.
?1 k
t
Рассуждая аналогично, можно получить равенства z1 bk z?1
1 = b и z2 a z2 =
?1 k
k
k
at . По лемме 11 k?= t, следовательно, z1?
bk z?1
1 = b , z2 a z2 = a?.
?
k1
Пусть
?D1? ) = a?
, ?(?D1? ?D2??
) = an1 , ?(?Dn ?D1?? ) = ak2 ,
n
? ?(?D
??
??
n2
??
?
?(?D1 ?D2 ) = a , ?(?D1 ?D1 ) = s, ?(? ?D1? ) = r, где r и s - подслова
соотношения ?(?D1? ) или его циклических перестановок. Запишем метку границы областей D1? и D1?? : ak1 san1 r = 1 и ak2 san2 r = 1 соответственно. Из последних
равенств получаем: san1 ?n2 s?1 = ak2 ?k1 , при этом по лемме 11 n1 ? n2 = k2 ? k1 .
Если k1 = k2 , n1 ?= n2 , то, используя равенство san1 ?n2 s?1 = ak2 ?k1 , получим
n1 ?n2
a
= 1 - противоречие, так как в [6] доказано, что группа Артина большого
типа не содержит элементов конечного порядка.
Аналогично невозможен случай, когда n1 = n2 , k1 ?= k2 .
Если k1 = k2 , n1 = n2 , то можно выделить поддиаграмму сопряженности
слов w?0 и v?0 .
Рассмотрим кольцевую диаграмму сопряженности, соответствующую равенству san1 ?n2 s?1 = ak2 ?k1 , где n1 ? n2 = n.
Если слово s является неприведенным, то s = s0 al1 s0 al2 s0 ...alt s0 , t ? N и
диаграмма сопряженности слов из последнего равенства имеет вид рис. 5.
Если
s - слово минимальной длины, тогда s можно представить как s =
?
t+1
lj
s0 a , j = 1, t, t ? N. При этом диаграмма сопряженности слов из последнего
равенства имеет вид рис. 6.
Рассмотрим поддиаграмму D1? D2? ...Dn? . Пусть область D1? состоит из обла?
?
стей D1i
, i = 1, m, метки которых удовлетворяют
условию ??(?D
?
? 1i )? = 2mijk .
Тогда на основании леммы 5 ?(?D1i ?D1i+1 ) = ?(?D1i+1 ?D1i+2 ) = a ,
i = 1, m ? 2. Так как все области Dj? , j = 1, n являются областями первого типа,
?
то, рассуждая аналогично,
получим ?(O ? O1? ) = ?(?Dn ?D1?? ) = ak и, если реб?
ро с меткой ?(?Dn? ?D1? ) содержит степень
образующего, то такую же степень
?
?
будет содержать каждое ребро ?(?Dj? ?Dj+1
), j = 1, n ? 1. Выделим поддиаграмму, состоящую из областей D1 , D2 ,...,Dn и склеим ее по ребру ?(OO1 ).
Таким образом, получим кольцевую связную приведенную R-диаграмму сопряженности слов w?0 и v?0 , а значит степени этих слов также сопряжены.
2) Пусть mij - нечетное. Рассмотрим определяющее соотношение для данного
РАЗРЕШИМОСТЬ ПРОБЛЕМЫ СТЕПЕННОЙ СОПРЯЖЕННОСТИ ... 63
al1
s0
s0
an
an
an
Рис. 5: Кольцевая диаграмма
s0
s0
an
an
an
Рис. 6: Кольцевая диаграмма
mij : aba...aba = bab...bab.
Обозначим aba...ab = z1 , bab...ba = z2 . Тогда получим z1 az?1
= b и
1
?1
z2 bz2 = a.
?1 k
t
Рассуждая аналогично, можно получить равенства z1 ak z?1
1 = b и z2 b z2 =
?1 k
k
k
at . По лемме 11 k = t, следовательно, z1 ak z?1
1 = b , z2 b z2 = a?.
?
?
?
k1
Пусть
?D1? ) = a?
, ?(?D1? ?D2??
) = bn1 , ?(?Dn ?D1?? ) = ak2 ,
n
? ?(?D
??
??
n2
??
?
?(?D1 ?D2 ) = b , ?(?D1 ?D1 ) = s, ?(? ?D1? ) = r, где r и s - подслова
соотношения ?(?D1? ) или его циклических перестановок. Запишем метку границы областей D1? и D1?? : ak1 sbn1 r = 1 и ak2 sbn2 r = 1 соответственно. Из последних
равенств получаем: rak1 ?k2 r?1 = bn2 ?n1 , sbn1 ?n2 s?1 = ak2 ?k1 , при этом по лемме
11 n1 ? n2 = k2 ? k1 .
Так как mij - нечетное, то чтобы ak перевести в ak , потребуется два (или
64
В. Н. БЕЗВЕРХНИЙ, А. Н. КУЗНЕЦОВА
четное число) последовательных сопряжений ak словами z1 и z2 .
Допустим, что существует другой путь из вершины A1 в вершину B1 (рис.
?1 ?1
?1
7), равный z?1
2 z1 z2 ...z1 .
A
z1
ak
A1
z2
-1
z1
-1
z2
bk
z1-1
z2
z2
...
z1
-1
z2-1
-1
B
ak
B1
Рис. 7: Преобразование диаграммы
ak .
?1 ?1
?1 ?1 ?1 k
Запишем границу поддиаграммы : z?1
2 z1 z2 ...z1 z2 z1 a z2 z1 z2 ...z1 z2 z1 =
Слева от ak вставим слово z2 z?1
2 :
?1
k
?1 ?1 ?1
?1 ?1 ?1
z2 z1 z2 ...z1 z2 z1 (z2 z2 )a z2 z1 z2 ...z1 z2 z1 = ak ,
| {z }
ak
?1 ?1 ?1
?1 ?1 ?1
k
z2 z1 z2 ...z1 z2 z1 z2 a z1 z2 ...z1 z2 z1 = ak .
Слева от слога ak вставим z1 z?1
1 :
?1
?1 ?1 ?1
?1 ?1 ?1
z2 z1 z2 ...z1 z2 z1 z2 (z1 z1 )ak z1 z2 ...z1 z2 z1
| {z }
ak
?1 ?1 ?1
?1 ?1 ?1
k
z2 z1 z2 ...z1 z2 z1 z2 z1 a z2 ...z1 z2 z1
= ak ,
= ak .
Данную процедуру будем проводить до тех пор, пока не получим:
?1 ?1
?1 ?1 ?1
k
k
z?1
2 z1 z2 ...z1 z2 z1 z2 z1 z2 ...z1 z2 z1 a = a
?1 ?1 ?1
?1 ?1 ?1
или z2 z1 z2 ...z1 z2 z1 z2 z1 z2 ...z1 z2 z1 = 1.
Тогда z2 z1 z2 ...z1 = z1 z2 z1 ...z2 .
Так как mij = 2k + 1, тогда по лемме 3 группа Gij изоморфна свободному
произведению с объединением, то есть группе B1 = ?x, y, x2k+1 = y2 ?, и изоморфизм задается следующим образом: f(ai ) = xk+1 y?1 , f(aj ) = yx?k . После
изоморфного отображения последнего равенства получим:
x2 = yx?2 y?1 x?2 y...x2 yx2 y?1 .
Данное равенство невозможно, следовательно, существует только один путь
?1
?1 ?1
из вершины A1 в вершину B1 , метка
которого равна z?1
1 z2 ...z1 z2 .
?
?
Если ?(OO1 ) = ak , ?(?D1? ?D2? ) = bk и D1? состоит из областей D11
,
?
?
?
D12 ,...,D1m , метка каждой из которых удовлетворяет условию ??(?D1i )? =
?
2mij . Тогда на основании леммы 5 метки общих ребер областей D1i
есть степеk
k
?
ни a либо b . Так как все области Dj , j = 1, n являются областями первого
?
типа, то, рассуждая аналогично,
получим ?(O ? O1? ) = ?(?Dn ?D1?? ) = ak и,
?
если ребро с меткой ?(?Dn? ?D1? ) содержит степень
образующего, то такую
?
?
?
же степень будет содержать каждое ребро ?(?Dj ?Dj+1 ), j = 1, n ? 1.
?
?
Если ?(OO1 ) = ak , ?(?D1? ?D2? ) = ak и D1? состоит из областей D1i
,
k ?1 ?k
i = 1, m, метки которых удовлетворяют одному из условий z1 a z1 b = 1
РАЗРЕШИМОСТЬ ПРОБЛЕМЫ СТЕПЕННОЙ СОПРЯЖЕННОСТИ ... 65
?k
z2 bk z?1
= 1. Тогда на основании леммы 5 метки общих ребер есть степе2 a
k
ни a либо bk . Так как все области Dj? , j = 1, n являются областями первого
?
типа, то, рассуждая аналогично,
получим ?(O ? O1? ) = ?(?Dn ?D1?? ) = ak и,
?
если ребро с меткой ?(?Dn? ?D1? ) содержит степень
образующего, то такую
?
?
же степень будет содержать каждое ребро ?(?Dj? ?Dj+1
), j = 1, n ? 1.
n1 ?n2 ?1
k2 ?k1
. Обозначим n1 ? n2 =
s = a
Рассмотрим теперь равенство sb
k ?1
k
k2 ? k1 = k, sb s =?a , тогда, рассуждая аналогично, получим s = z2 z1 z2 ...z2
и ?(O ? O1? ) = ?(?Dn ?D1?? ) = ak .
?
Вернемся к диаграмме M ? . Так как ?(OO1 ) = ?(O ? O1? ) = ?(?Dn ?D1?? ) =
ak , то выделим поддиаграмму M1 , состоящую из областей D1 , D2 ,...,Dn и склеим ее по ребру ?(OO1 ). Таким образом, получим кольцевую связную приведенную R-диаграмму сопряженности слов w?0 и v?0 , а значит степени этих слов
также сопряжены.
II. Пусть теперь диаграмма M ? содержит области первого, второго и третьего типа. При этом заметим, что диаграмма может содержать одинаковое
количество областей второго и третьего типа, причем области второго типа
должны чередоваться с областями третьего типа, так как в противном случае
в диаграмме выделится полоса, что противоречит R-приведенности диаграммы
M ?.
Проведем преобразование (*). В п. I было показано, что точка O ? после
указанного преобразования имеет в диаграмме M ? внутреннюю степень 4.
Можно считать, что если область D1 является областью второго (третьего)
??
типа, то
является областью второго (третьего) типа. Пусть
? область D1?? также
?
?
?(?D1 ?) = ?(?D1 ?), тогда граничные метки областей D1? и D1?? принадлежат одной и той же подгруппе вида
. При этом, как и в п. I можно доказать,
? Gab
?
?
что если ребро с меткой ?(?Dn ?D1 ) содержит степень
то та? образующего,
?
кую же степень будет содержать каждое ребро ?(?Dj? ?Dj+1
), j = 1, n ? 1.
1) Пусть mij - четное. Рассмотрим определяющее соотношение для данного
mij : abab...ab = baba...ba.
Обозначим abab...a = z1 , baba...b = z2 . Тогда получим z1 bz?1
= b и
1
?1
z2 az2 = a.
?1 k
t
Рассуждая аналогично, можно получить равенства z1 bk z?1
1 = b и z2 a z2 =
?1 k
k
k
at . По лемме 11 k = t, следовательно, z1 bk z?1
1 = b , z2 a z2 = a .
??
?
Пусть D1 - область
второго типа, тогда
третьего
?
? D1? - область
? типа.
?
?
k1
?
n1
Пусть
?(?Dn ?D1 ) = a ?, ?(?D1 ?D2 ) ?
= a , ?(?Dn ?D1?? ) = ak2 ,
?
?(?D1?? ?D2?? ) = an2 , ?(?D1?? ?D1? ) = s, ?(? ?D1? ) = r, где r и s - подслова соотношения ?(?D1? ) или его циклических перестановок. Запишем метку
границы областей D1? и D1?? : ak1 san1 r = 1 и ak2 san2 r = 1 соответственно. Из
последних равенств получаем: rak1 ?k2 r?1 = an2 ?n1 и san1 ?n2 s?1 = ak2 ?k1 , при
этом по лемме 11 n1 ? n2 = k2 ? k1 .
Так как D1?? - область второго типа, то, рассуждая, как в п.I, получим s =
(z2 )m , r = (z2 )m?1 . Выпишем образующие вдоль границы области D1?? (рис. 8).
66
В. Н. БЕЗВЕРХНИЙ, А. Н. КУЗНЕЦОВА
b a b
a b
b
a
D0
a
b
a
a
b
Рис. 8: Фрагмент диаграммы
Для области D0 получаем ??(?D0 )? = 2mij и ?(?D0 ) = 1 в группе Gij .
Таким образом, из равенств
k1 = ?n1 ?
, k2 = ?n2 следует
?k2 , n1 ?
= ?n2 ,
?
? k1 =
?
?
??
?
?
??
то есть метки ?(?Dn ?D1 ), ?(?Dn ?D1 ) и ?(?D1 ?D2 ), ?(?D1 ?D2?? )
соответственно взаимно обратны.
2) Пусть mij - нечетное. Рассмотрим определяющее соотношение для данного
mij : aba...aba = bab...bab.
Обозначим aba...ab = z1 , bab...ba = z2 . Тогда получим z1 az?1
= b и
1
?1
z2 bz2 = a.
?1 k
t
Рассуждая аналогично, можно получить равенства z1 ak z?1
1 = b и z2 b z2 =
?1 k
k
k
at . По лемме 11 k = t, следовательно, z1 ak z?1
1 = b , z2 b z2 = a
?. ?
?
Так?же как и в п.I можно
доказать, что? если ?(?Dn ?D1?
) = ak1 ,
?
?
?
n1
?(?D
?D1?? )=ak2 , ?(?D1?? ?D2?? )=bn2 , ?(?D1?? ?D1? )=s,
2 )=b , ?(?Dn
?1 ?D
?(? ?D1? ) = r, где r и s - подслова соотношения ?(?D1? ) или его циклических перестановок, то rak1 ?k2 r?1 = bn2 ?n1 , sbn1 ?n2 s?1 = ak2 ?k1 , при этом
n1 ? n2 = k2 ? k1?, ?r? < ?s?, s = (z1 z2 )m?
z1 , r = (z1 z2 )m?1 z1 .
?
?
?
k1
?
n1
Если? ?(?Dn ?D1 ) = a ?
, ?(?D1 ?D2? ) =
a
,
?(?D
?D1?? ) = ak2 ,
n
?
?(?D1?? ?D2?? ) = an2 , ?(?D1?? ?D1? ) = s, ?(? ?D1? ) = r, где r и s - подслова соотношения ?(?D1? ) или его циклических перестановок, то аналогично
получим rak1 ?k2 r?1 = an2 ?n1 и san1 ?n2 s?1 = ak2 ?k1 , при этом n1 ? n2 = k2 ? k1 ,
s = (z1 z2 )m , r = (z1 z2 )m?1 .
?
?
?
?
В этом
случае
также
получаем,
что
метки
?(?D
?D
)
,
?(?D
?D1?? ) и
n
n
1
?
?
?
?
??
??
?(?D1 ?D2 ), ?(?D1 ?D?
2 ) соответственно взаимно обратны. Следовательно,
?
если ребро с меткой ?(?Dn ?D1? ) содержит степень
образующего, то такую же
?
?
?
степень будет содержать каждое ребро ?(?Dj ?Dj+1 ), j = 1, n ? 1.
Вернемся к диаграмме M ? . Рассмотрим поддиаграмму M1 , состоящую из
областей D1 , D2 ,...,Dn и склеим ее по ребру ?(OO1 ). Таким образом, получим
кольцевую связную приведенную R-диаграмму сопряженности слов w?0 и v?0 , а
значит степени этих слов также сопряжены.
Следоваетельно, если связная приведенная кольцевая R-диаграмма M сопряженности слов w?0 и v?0 имеет вид рис.1а), то можно ограничить показатели
степеней (так как слоговые длины слов w0 , v0 уравнены, и при переходе к сопряженным словам w?0 , v?0 возможно берем их квадраты): n < 4 · ?w?0 ? · ?v?0 ? <
РАЗРЕШИМОСТЬ ПРОБЛЕМЫ СТЕПЕННОЙ СОПРЯЖЕННОСТИ ... 67
4 · |w?0 | · |v?0 |, аналогично m < 4 · |w?0 | · |v?0 |.
Пусть теперь связная приведенная кольцевая R-диаграмма M имеет вид
рис.1b). И пусть ?(?) = (w?0 )m и ?(?) = (v?0 )n . Выделим в диаграмме M поддиаграмму M1 вида рис. 9.
A
B
Рис. 9: Структура подкарты
Заметим, что в диаграмме M количество таких поддиаграмм ограничено
числом |w?0 | · |v?0 |. Действительно, если осуществить разрез в точке A, то слово w?0 будет разбито на две части, то есть w?0 = w1 w2 . При этом может быть
только |w?0 | возможности разбить слово w?0 на две части. Аналогичную процедуру можно провести и для слова v?0 . Таким образом, если диаграмма имеет
больше чем |w?0 | · |v?0 | подкарт вида рис. 9, то выделится повторяющаяся часть
диаграммы, которую можно вырезать, а оставшуюся часть снова замкнуть в
кольцо, при этом получившаяся диаграмма будет содержать не больше |w?0 | · |v?0 |
поддиаграмм вида рис. 9.
Обозначим верхний путь AB диаграммы M1 через ?1 , нижний путь AB
- через ?1 . Заметим, что длины путей ?1 и ?1 должны совпадать, иначе исходная диаграмма M будет содержать полосу, что невозможно в силу ее Rприведенности.
Предположим, что диаграмма M содержит поддиаграмму M1 вида рис. 9
такую, что |?1 | достаточно большое число. Пусть |?1 | > 4 · ?w0 ?. Выделим на
пути ?1 , начиная от вершины A некоторую циклическую перестановку w?0 слова
w0 такую, что слово w?0 начинается в вершине O имеющей в диаграмме M1
степень 3 (рис. 10).
w0*
O
A
D1
...
Dn D1
...
B
Рис. 10: Структура поддиаграммы
Дальнейшие рассуждения проводятся аналогично случаю, когда кольцевая
связная приведенная R-диаграмма M сопряженности слов (w?0 )m и (v?0 )n имеет
вид рис.1а), при этом n < 4 · |w?0 | · |v?0 |, m < 4 · |w?0 | · |v?0 |.
Пусть |?1 | ? 4 · ?w0 ?, pj - простой путь, соединяющий две поддиаграммы
вида рис. 9, j = 1, s. Тогда получаем
68
В. Н. БЕЗВЕРХНИЙ, А. Н. КУЗНЕЦОВА
?
|(w?0 )m | ? 4 · |w?0 | · (|w?0 | · |v?0 |) + |pj |, j = 1, s.
Так как s < |w?0 | · |v?0 |, то
|(w?0 )m | < 4 · |w?0 | · (|w?0 | · |v?0 |) + |w?0 | · (|w?0 | · |v?0 |),
m · |w?0 | < 5 · |w?0 | · (|w?0 | · |v?0 |)
m < 5 · |w?0 | · |v?0 |.
Аналогичные ограничения можно получить на число n: n < 5 · |w?0 | · |v?0 |.
Следовательно, если связная приведенная кольцевая R-диаграмма M сопряженности слов w?0 и v?0 имеет вид рис.1b), то можно ограничить показатели
степеней.
Теорема доказана.
СПИСОК ЦИТИРОВАННОЙ ЛИТЕРАТУРЫ
[1] Appel K, Schupp P. Artin groups and innite Coxeter groups // Invenf. Math.
1983. V. 72. P. 201220.
[2] Безверхний В. Н. Решение обобщенной сопряженности слов в группах Артина большого типа // Фундаментальная и прикладная математика. 1999.
Т. 5. ќ 1. С. 138.
[3] Линдон Р., Ш??пп П. Комбинаторная теория групп. М. Наука, 1980.
[4] Безверхний В. Н., Кузнецова А. Н. Проблема вхождения в циклическую
подгруппу в группах Артина большого типа // Известия ТГУ, серия Математика. Механика. Информатика. 2005. Т. 2, выпуск 1. Математика. С.
7693.
[5] Lipschutz S. On powers in generalized free products of groups // Arch. Math.
1968. P. 575576.
[6] Безверхний В. Н., Кузнецова А. Н. О кручении групп Артина большого
типа // Чебышевский сборник. 2005. 6.ќ 1. С. 1321.
Тульский государственный педагогический университет им. Л. Н. Толстого.
Получено 21.10.2008.
ij чередующихся букв ai , aj ; mij - элемент
некоторой матрицы Кокстера (mij )i,j?I соответствующей группе G. Группа Артина называется группой Артина экстрабольшого типа, если mij > 3 для всех
i ?= j; i, j ? I.
Проблемы равенства и сопряженности слов в группах Артина экстрабольшого типа решены в работе [1].
џ1. Группы Артина экстрабольшого типа с двумя
образующими
Пусть G - конечно определенная группа Артина экстрабольшого типа, заданная множеством образующих A = (aij )i,j?I и матрицей Кокстера (mij )i,j?I .
Пусть w - произвольный элемент из G, обозначим через |w| его длину в свободной группе F, заданной на образующих A = (aij )i,j?I , а через ?w? - его слоговую
длину в F, рассматривая F в виде свободного
произведения бесконечных цикли?
ческих групп Fi = ?ai ?, то есть F = ? Fi .
^ - группа Артина экстрабольшого типа с двумя обраПусть Gij = ?ai , aj , R?
^ - симметризованное множество, полученное из определяющего
зующими, где R
?1 ?1
соотношения rij = ai aj ai ...a?1
j ai aj и всех его циклических перестановок, если
^ - пустое множество, если mij = ?.
3 < mij < ? и R
1. ([1]) Если w ? Gij , w- нетривиальное свободно приведенное
слово, равное единице в группе Gij , то ?w? ? 2mij .
Лемма
Лемма
2. ([1]) Пусть w ? Gij , w = w1 w2 = 1 в Gij . Тогда
1. если ?w1 ? ? mij , то |w1 | ? |w2 |,
РАЗРЕШИМОСТЬ ПРОБЛЕМЫ СТЕПЕННОЙ СОПРЯЖЕННОСТИ ... 51
2. если ?w1 ? < mij , то |w1 | < |w2 |.
3. ([2]) Группа Артина Gij при mij = 2k + 1 изоморфна группе
= y2 ?, а при mij = 2k - группе ?t, x, t?1 xk t = xk ?.
Лемма
?x, y, x
2k+1
4. ([2]) В группе Артина Gij = ?ai , aj ; (ai aj )mij = (aj ai )mij ? для
любого w ? Gij алгоритмически разрешимо уравнение waxi = ayj , x, y ? Z,
причем x, y определяются однозначно.
Лемма
5. ([2]) Пусть Gij = ?ai , aj ; (ai aj )mij = (aj ai )mij ? - группа Артина
и слово w ? Gij циклически несократимо в свободной группе, имеет слоговую
длину, равную 2mij и равно единице в Gij . Тогда при mij = 2k+1 слово w имеет
вид:
Лемма
?m ?1
?1
?m
m ?1 ?1
? am
i aj ai ...aj ai aj ai ...aj , либо ai aj ...aj ai aj ai ...aj ,
либо им обратные, m ? Z\{0}, k > 0;
а при mij = 2k
?m ?1
?1
?m
m ?1
? am
i aj ...ai aj ai aj ...aj , либо ai aj ...ai ai ai ...aj ,
либо им обратные, m ? Z\{0}, k > 1.
6. В группе Артина экстрабольшого типа Gij =?ai , aj ; (ai aj )mij =
(aj ai ) ? для любого слова w ? Gij можно эффективно определить, существуют ли числа ni , ki ? Z, i = 1, t, такие, что в группе Gij выполняется равенn
ство w = ani 1 akj 1 ani 2 ...akj s ai s + 1 ...ani t akj t , причем w и слово в правой части равенства начинаются и заканчиваются на разные буквы, ?w? > ?ani 1 akj 1 ...akj t ?
n
и слово ani 1 akj 1 ani 2 ...akj s ai s + 1 ...ani t akj t имеет минимальную слоговую длину; если
такой набор целых чисел существует, то он единственен.
Лемма
mij
Допустим, что существует два различных набора (ni ,ki),
i = 1, t, удовлетворяющих равенству из условия леммы.
Случай 1. Пусть mij = 2k + 1, тогда по лемме 3 группа Gij изоморфна свободному произведению с объединением, то есть группе B1 = ?x, y, x2k+1 = y2 ?,
и изоморфизм задается следующим образом: f(ai ) = xk+1 y?1 , f(aj ) = yx?k .
Доказательство.
(ni? , ki?),
1. Пусть ni = ni? = ki = ki? = 1, i = 1, t. Тогда слово в правой части равенства
определяется однозначно и лемма в этом случае справедлива.
2. Пусть ni = ni? = ki = 1, i = 1, t,
k1? = k2? = ... = ks? = 1, 1 < s < t; kj? > 1, j = s + 1, t.
После изоморфного отображения равенство из условия леммы примет вид
? для набора (ni , ki ): f(w) = xk+1 y?1 yx?k xk+1 y?1 yx?k ...xk+1 y?1 yx?k
|
{z
}
t
52
В. Н. БЕЗВЕРХНИЙ, А. Н. КУЗНЕЦОВА
? для набора (ni? , ki? ):
f(w)=xk+1 y?1 yx?k ...xk+1 y?1 yx?k ...xk+1 y?1 yx?k ...xk+1 y?1 yx?k ...yx?k .
|
{z
}
s
Проведя сокращения, получаем: xt = xs+k+1 y?1 xk+2 y?1 x...yx?k . Так как
в правой части последнего равенства сокращения стабилизировались, то
слова, стоящие справа и слева, не равны. Следовательно, равенство из
условия леммы в этом случае выполняется только при ni? = ki? , i = 1, t.
3. Пусть ni = ki = ki? = 1, i = 1, t,
n1? = n2? = ... = ns? = 1, 1 < s < t; nj? > 1, j = s + 1, t.
Рассматривается аналогично пункту 2 путем замены ki? на ni? .
4. Пусть n1 = k1 = n2 = k2 ... = np = kp = 1, 1 ? p < t,
n i > 1, k i > 1 , p + 1 ? i < t ,
n1? = k1? = n2? = k2? ... = ns? = ks? = 1, 1 ? s < p < t,
nj? > 1, kj? > 1, s + 1 ? j ? t.
После изоморфного отображения равенство из условия леммы имеет вид:
xk+1 y?1 yx?k ... xk+1 y?1 xk+1 y?1 yx?k yx?k ...yx?k =
|
{z
}
p
xk+1 y?1 yx?k ... xk+1 y?1 xk+1 y?1 yx?k ...yx?k
{z
}
|
s
Проведя сокращения в обеих частях равенства, получаем:
xp+k+1 y?1 xyx?k ...yx?k = xs+k+1 y?1 xyx?k ...yx?k .
Так как s < p и сокращения проведены, то слоговая длина левой части равенства меньше слоговой длины правой части. Последнее равенство
возможно, если в правой части есть сокращения и p + k + 1 = s + k + 1,
что противоречит условию. Следовательно, равенство из условия леммы
выполняется только при nj = nj? , kj = kj? , s + 1 ? j ? t.
5. Пусть ni > 1, ki > 1, ni? > 1, ki? > 1, 1 ? i ? q, q < p, p ? i ? t,
?
?
?
?
nq+1 = kq+1 = nq+1
= kq+1
= ... = np?1 = kp?1 = np?1
= kp?1
= 1,
то есть правая часть равенства из условия леммы имеет вид
k
n
k
k
n
k?
n?
k?
k?
n?
? для набора (ni , ki ): ani 1 akj 1 ani 2 ...aj q ai q + 1 aj q + 1 ...aj p ? 1 ai p ...akj t ,
n?
k?
n?
k?
? для набора (ni? , ki? ): ai 1 aj 1 ai 2 ...aj q ai q + 1 aj q + 1 ...aj p ? 1 ai p ...aj t ,
причем случай, когда p?q = mij ?1 невозможен, так как, используя равенство ?ai aj ?mij = ?aj ai ?mij , заменим слово ai aj ai (последний слог возьмем
n?
из ai p или ai p ) на слово aj ai aj . Проведя такую процедуру np (или np? )
раз, получим, что слоговая длина правой части равенства из условия леммы уменьшилась - противоречие с минимальностью слоговой длины слова
k
k
n
n
k
ani 1 akj 1 ani 2 ...aj q ai q + 1 aj q + 1 ...aj p ? 1 ai p ...akj t . Если ?j = 1, t : nj ?= nj? , тогда,
как и в пункте 4, получаем, что равенство из условия леммы выполняется
n
РАЗРЕШИМОСТЬ ПРОБЛЕМЫ СТЕПЕННОЙ СОПРЯЖЕННОСТИ ... 53
только при nj = nj? , kj = kj? , i = 1, t.
Рассуждения аналогичны, если вместо слова ai aj ai рассмотреть подслово
?1
такой же длины в циклической перестановке слова ai aj ...ai a?1
j ...aj .
6. Пусть ni > 1, ki > 1, ni? > 1, ki? > 1, i = 1, t;
причем ?j = 1, t (j-наименьшее из возможных чисел): nj ?= nj? .
Перепишем равенство из условия леммы в группе B1 :
xk+1 y?1 xk+1 y?1 yx?k yx?k ...xk+1 y?1 xk+1 y?1 xk+1 y?1 ...yx?k =
xk+1 y?1 xk+1 y?1 yx?k yx?k ...xk+1 y?1 xk+1 y?1 xk+1 y?1 xk+1 y?1 yx?k ...yx?k
После сокращений последнее равенство примет вид:
xk+1 y?1 xk+1 y?1 x...yx?k = xk+1 y?1 xk+1 y?1 xk+1 y?1 x...yx?k .
Так как сокращения в последнем равенстве стабилизируются, и подслова
n
xk+1 y?1 xk+1 y?1 x и xk+1 y?1 xk+1 y?1 xk+1 y?1 x, соответствующие слогам (ai j )
n?
и (ai j ) не равны, то последнее равенство невозможно при nj ?= nj? (при
n
ni > 1, ni? > 1 сокращения могут быть только на стыке слогов f(ai q ) и
k
n?
k?
f(aj q ), f(ai q ) и f(aj q ) соответственно).
7. Пусть ni > 1, ki > 1, ni? > 1, ki? > 1, i = 1, t;
причем ?j = 1, t (j-наименьшее из возможных чисел): kj ?= kj? .
Доказывается аналогично пункту 6 путем замены ki? на ni? .
8. Пусть ni > 1, ki > 1, ki? > 1, i = 1, t;
причем ?j = 1, t: nj? < ?1; ni? > 1 (i ?= j).
После изоморфного отображения группы Gij получим:
xk+1 y?1 xk+1 y?1 ...yx?k yx?k xk+1 y?1 xk+1 y?1 ...yx?k =
xk+1 y?1 xk+1 y?1 ...yx?k yx?k yx?(k+1) yx?(k+1) yx?k yx?k ...yx?k
Так как |ni | > 1, |ki | > 1, |ni? | > 1, |ki? | > 1 (i = 1, t), то сокращения в обеих
n?
n
k
частях равенства будут только между слогами f(ai q ) и f(aj q ) или f(ai q ) и
k?
?
?
?
f(aj q ), причем в подслове f((aj )kj ? 1 (ai )nj (aj )kj ) сокращений не будет (так
как nj? < ?1). Так как сокращения стабилизировались и, слова, стоящие в
левой и правой части последнего равенства, начинаются и заканчиваются на одинаковые слоги, то слоговая длина левой части равенства будет
меньше, чем слоговая длина правой части. Следовательно, равенство из
условия леммы возможно только при nj = nj? , kj = kj? , i = 1, t.
9. Пусть ni > 1, ki > 1, ni? > 1, i = 1, t;
причем ?j = 1, t: kj? < ?1; ki? > 1 (i ?= j).
Рассматривается аналогично пункту 8 путем замены ki? на ni? .
Таким образом, во всех случаях, когда ni ?= ni? , ki ?= ki? , i = 1, t, мы получили
противоречие. Следовательно, равенство из условия леммы выполняется только
при ni = ni? , ki = ki? , i = 1, t.
54
В. Н. БЕЗВЕРХНИЙ, А. Н. КУЗНЕЦОВА
Случай 2. Пусть mij = 2k, тогда по лемме 3 группа Gij изоморфна HNNрасширению то есть группе B2 = ?t, x, t?1 xk t = xk ?, и изоморфизм задается
отображением: f(ai ) = t, f(aj ) = xt?1 . Так же, как и в первом случае, можно
легко убедиться в том, что равенство из условия леммы, кроме случая, когда
ni = ni? , ki = ki? , i = 1, t не имеет смысла.
Лемма доказана.
Теорема
1. Пусть w - слово из группы Артина экстрабольшого типа
Gij = ?ai , aj ; (ai aj )mij = (aj ai )mij ?. Тогда существует алгоритм, выписывающий показатели степеней образующих ni , ki ? Z, i = 1, t в равенстве
n
w = ani 1 akj 1 ani 2 ...akj s ai s + 1 ...ani t akj t ,
n
причем ?w? > ?ani 1 akj 1 ...ajkt ? и слово ani 1 akj 1 ani 2 ...akj s ai s + 1 ...ani t akj t имеет минимальную слоговую длину.
Доказательство.
Случай 1. Пусть mij = 2k + 1, тогда по лемме 3 группа Gij изоморфна свободному произведению с объединением, то есть группе B1 = ?x, y, x2k+1 = y2 ?,
и изоморфизм задается следующим образом: f(ai ) = xk+1 y?1 , f(aj ) = yx?k .
Рассмотрим равенство из условия теоремы:
n
слова w и ani 1 akj 1 ani 2 ...akj s ai s + 1 ...ani t akj t начинаются и заканчиваются на разные
буквы, при этом ?w? > ?ani 1 akj 1 ...akj t ? (по условию).
Из доказательства леммы 6 следует, что все показатели степеней можно
ограничить, то есть |ni |, |ki | ? ?w? + 1, ni , ki ? Z, i = 1, t. Тогда для каждого
набора (ni , ki ) построим слова как в правой части равенства из условия теоремы
и проверим, выполняется ли данное равенство. Если решение существует, то
показатели степеней образующих ni , ki уже выписаны, в противном случае переходим к следующему набору (ni , ki ). Данную процедуру будем повторять
до тех пор, пока не рассмотрим все |ni |, |ki | ? ?w? + 1, ni , ki ? Z, i = 1, t.
Случай 2. Пусть mij = 2k, тогда по лемме 3 группа Gij изоморфна HNNрасширению то есть группе B2 = ?t, x, t?1 xk t = xk ?, и изоморфизм задается
отображением: f(ai ) = t, f(aj ) = xt?1 . Так же, как и в первом случае, можно
легко убедиться в том, что существует алгоритм, выписывающий показатели
степеней образующих.
Теорема доказана.
џ2. Группы Артина экстрабольшого типа с числом
образующих больше двух
Рассмотрим группы Артина экстрабольшого типа, заданную на множестве
образующих A = (aij )i,j?I , |I| <
? ?, с симметризованным множеством опреде^
^
ляющих соотношений R, R = i,j?I R^ij , где R^ij - симметризованное множество
определяющих соотношений артиновой группы Gij .
РАЗРЕШИМОСТЬ ПРОБЛЕМЫ СТЕПЕННОЙ СОПРЯЖЕННОСТИ ... 55
Обозначим через Rij , i ?= j множество всех нетривиальных слов, циклически
приведенных в свободной группе и равных единице
? в Gij . Элемент r ? Rij будем
называть соотношением типа (i, j). Пусть R = i,j?I Rij . Тогда группа Артина
G может быть задана представлением
??G = ?A; R?, где R - симметризованное
подмножество свободной группы F =
Fi .
Пусть w - нетривиальное циклически приведенное слово, равное единице в
G. Тогда существует связная односвязная R-диаграмма M с граничной меткой
w с областями из R. Подвергнем R-диаграмму M следующему преобразованию.
?
Пусть области D1 , D2 пересекаются
по
ребру
с
меткой
?(D
D2 ), имеющей
1
?
?
слоговую длину ??(D1 D2 )? > 1 (и если ??(D1 D2 )? = 1 и метки областей
D1 и D2 содержатся в одной подгруппе Gij ), тогда, стирая это ребро, объединяем D1 и D2 в одну область D. Если метка полученной области D равна единице в
свободной группе F, то, удалив эту область, склеиваем ее границу. Через конечное число шагов получим связную односвязную R-диаграмму M, инвариантную
относительно рассмотренных преобразований с граничной меткой w, причем,
если две области D?? , D ?? из M пересекаются по ребру, то слоговая длина метки
этого ребра ??(D ? D ?? ? = 1. Такая связная односвязная R-диаграмма называется приведенной.
7. ([1]) Если M - приведенная связная односвязная R-диаграмма
группы Артина, для элементов матрицы Кокстера которой имеем ?i, j, i ?= j,
i, j ? I, mij ? m, то M удовлетворяет условию C(2m).
Лемма
1. Каждая приведенная связная односвязная R-диаграмма M
группы Артина экстрабольшого типа удовлетворяет условию C(8).
Следствие
Обозначим через ?M граничный
цикл диаграммы M. Область D ? M на?
зовем граничной, если ?M ?D ?= ?. Символом i(D) будем обозначать число
внутренних ребер в граничной цикле D, а?символом d(D) - число ребер в граничном
? цикле D. Будем говорить, что ?M ?D есть правильная часть M, если
?M ?D есть объединение последовательности замкнутых ребер l1 , ..., ln , которые встречаются в данном порядке в некотором граничном цикле для D и
в некотором граничном цикле
? для M. Граничную область D R-диаграммы M
назовем простой, если ?M ?D есть правильная часть.
?
Определение. Пусть ?M = ?
?. Область D назовем деновской, если
?
?
??(? ?D)? > ??(?D\? ?D)?. Удаление деновской области диаграммы M,
то есть удаление ее граничного пути, называется деновским сокращением диаграммы M или R-сокращением. Будем говорить, что M является R-приведенной, если она не содержит деновских областей.
Слово w ? G называется R-приведенным, если w является граничной меткой
приведенной (в F) диаграммы, не содержащей деновских областей. Назовем w
циклически R-приведенным, если все его циклические перестановки являются
R-приведенными словами. В противном случае слово w называется циклически
R-приводимым.
56
В. Н. БЕЗВЕРХНИЙ, А. Н. КУЗНЕЦОВА
Если слово w ? получено из w R-приведением, то на основании леммы 2 имеем
|w | ? |w|.
?
Лемма 8. Существует алгоритм, позволяющий для любого циклически
приведенного слова w группы Артина экстрабольшого типа выяснить, является ли w R-приведенным.
Доказательство.
дое ws ? Gij , s = 1, n.
Разбиваем слово w на подслова w1 , w2 ,..., wn , где каж-
1. Рассматриваем подслово w1 ? Gi1 j1 и выясняем, существует ли такое
слово ani 1 akj 1 ani 2 ...akj t ? Gij , что 1 ? ?ani 1 akj 1 ani 2 ...ani t akj t ? < ?w1 ?, и в
группе Gi1 j1 выполняется равентсво w1 = ani 1 akj 1 ani 2 ...akj t . Для этого проверяем, имеет ли решение в группе Gi1 j1 одно из следующих уравнений
w1 = ani 1 akj 1 ani 2 ...akj t или w1 = akj 1 ani 1 ...akj t aki t , ni , ki ? Z, i = 1, t. Если
решение существует, то на основании теоремы 1 выписываем показатели
образующих ni , ki ? Z, i = 1, t. Тогда слово w1 является R-приводимым.
2. Рассматриваем подслово w2 ? Gi2 j2 и выясняем, как и в первом случае,
существует ли слово ani 1 akj 1 ani 2 ...akj t ? Gij , равное w2 в группе Gi2 j2 и
удовлетворяющее условию 1 ? ?ani 1 akj 1 ani 2 ...ani t akj t ? < ?w2 ?. Для этого
проверяем, имеет ли решение в группе Gi2 j2 одно из следующих уравнений:
w2 = ani 1 akj 1 ani 2 ...akj t или w2 = akj 1 ani 1 ...akj t aki t , ni , ki ? Z, i = 1, t. Если
решение существует, то на основании теоремы 1 выписываем показатели
образующих ni , ki ? Z, i = 1, t.
Данную процедуру будем повторять n раз, пока не рассмотрим последнее подслово wn ? Gin jn . Если на каждом этапе решение уравнений не существует, то
слово w является R-приведенным.
Лемма доказана.
9. ([4]) Пусть М - приведенная диаграмма группы Артина большого типа, являющаяся
диском (граничный цикл (?M) - простая замкнутая
?
кривая), ?M = ? ?; ?(?), ?(?) - R, R - несократимые слова; в М больше двух
областей и нет неправильных областей. Тогда существуют области DA и DB
такие, что
?
?
1. DA ?M и DA ?M - связные множества, ?(?) = ?(?) = A, ?(?) =
?(?) = B.
?
?
?
?
2. DA ? ?= ?, DA ? ?= ?, DB ? ?= ?, DB ? ?= ? и все четыре множества
содержат ребра.
Лемма
Теорема 2. ([4]) Пусть М - приведенная диаграмма группы Артина большого типа, являющаяся
диском (граничный цикл (?M) - простая замкнутая
?
кривая), ?M = ? ?; ?(?), ?(?) - R, R - несократимые слова. Тогда число областей, граничащих с ? и ? одинаково.
РАЗРЕШИМОСТЬ ПРОБЛЕМЫ СТЕПЕННОЙ СОПРЯЖЕННОСТИ ... 57
?
?
Введем некоторые обозначения. Знаки суммирования ? и 0 будут означать соответственно суммирование по граничным и внутренним вершинам (областям). Символ E? (V ? ) обозначает число граничных ребер (вершин) в граничном цикле для М, Q - число компонент карты М и h - число дырок (то есть
число ограниченных комнонент дополнения к М) этой карты.
карта. Тогда
??3p. ([3]) Пусть М?-0 произвольнаяp ?
[ q + 2 ? d(v)] +
[p ? d(v)] + q [q ? d(D)] ? qp (V ? ? E? ).
Теорема
p(Q ? h) =
Теорема
4. Пусть М - приведенная связная односвязная R-диаграмма
группы Артина экстрабольшого типа, не содержащая деновских областей. Тогда М не содержит внутренней области.
Так как М не содержит деновских областей, то для любой граничной области D имеем i(D) ? 4. Допустим, что диаграмма М содержит внутреннюю область D. Рассмотрим карту M? , дуальную к карте М. Если
v? - вершина карты M? , получающаяся из области D карты М, то d(v? ) = i(D).
Тогда
следующая формула:
?? по теореме
? 3 справедлива?
?
?
[4 ? d(v)] + 0 [6 ? d(v)] + 2 [3 ? d(D)] ? 2(VM
? ? EM? ) = p(Q ? h) > 0.
Поскольку первая сумма равна 0, вторая < 0, а третья -? 0, то получаем, что
итоговая сумма < 0 - противоречие. Следовательно, диаграмма М не содержит
внутренней области. Теорема доказана.
Доказательство.
Теорема 5. Пусть М - приведенная связная односвязная диаграмма группы Артина экстрабольшого типа. Тогда М является однослойной диаграммой.
Допустим, что М является многослойной диаграммой.
Пусть М - трехслойная диаграмма. Тогда второй слой содержит внутреннюю
область, что по теореме 4 невозможно. Аналогичная ситуация возникает, если
М состоит больше, чем из трех слоев.
Тогда М может быть двуслойной
? или однослойной диаграммой. Пусть М двуслойная диаграмма
?
? и ?M = ? ?. Тогда по лемме 9 диаграмма М имеет
вид: M = DA M0 DB ,?где M0 состоит только?из правильных областей.
?n
Пусть
?
=
?\(?D
?D
)
,
?
=
?\(?D
?D
)
и
?
=
1
A
B
1
A
B
1
i=1 Di , ?1 =
?m
?
i=1 Di . Так как по теореме 2 число областей, выходящих на ? и ? одинаково, то n = m.
Доказательство.
1. Пусть i(Dj ) > 3, i(Dj? ) > 3, i = 1, t, тогда метки областей Dj и Dj? принадлежат одной подгруппе Gij , что противоречит приведенности диаграммы
М.
2. Пусть i(Dj ) = 3 (или i(Dj? ) = 3), i = 1, t, тогда получаем противоречие с
R-несократимостью ?(?1 ) (или ?(?1 )).
Следовательно, М - однослойная диаграмма. Теорема доказана.
58
В. Н. БЕЗВЕРХНИЙ, А. Н. КУЗНЕЦОВА
Определение. Пусть М - приведенная связная односвязная R-диаграмма
группы Артина экстрабольшого типа с граничными циклами ? и ?. Тогда последовательность
граничных областей D1 , D2 , ..., Dn , n ? 2 образует полосу
?
P = ni=1 Di в М, если
1. ?i, 1 ? i < n границы областей Di и Di+1 пересекаются по ребру;
2. |?
3. |?
?
?
?D1 | = |?
?Dj | = |?
?
?
?D1 | + 2, |?
?
?Dn | = |?
?
?Dn | + 2;
?Dj | ?j, 1 < j < n.
?
?
Пусть P - полоса диаграммы М, ?M = ? ?, ? = ?P ?M и ?1 = ?P\?.
Замену диаграммы M на диаграмму M1 , полученную из M удалением полосы P, в результате чего граничный цикл M преобразуется в граничный цикл
?M1 = ??1 , назовем специальным R-сокращением, или R-сокращением. Если
M не содержит полос, то диаграмму M назовем специально R-приведенной или
R-приведенной.
Циклически R-приведенное слово w группы Артина экстрабольшого типа
называется R-приведенным или специально R-приведенным, если w является
граничной меткой приведенной диаграммы, не содержащей полос.
Пусть M - приведенная связная односвязная R-диаграмма группы Артина
экстрабольшого типа с граничными циклами ? и ?.
Определение. Область D диаграммы M назовем областью первого типа,
?
?
если |?D ?| = |?D ?|.
Определение. Область D диаграммы M назовем областью второго типа,
?
?
если |?D ?| = |?D ?| + 2.
Определение. Область D диаграммы M назовем областью третьего типа,
?
?
если |?D ?| + 2 = |?D ?|.
10. Существует алгоритм, позволяющий для любого циклически
R-приведенного слова w из группы Артина экстрабольшого типа выяснить,
является ли w специально R-приведенным.
Лемма
Запишем w по окружности и разобьем его на подслова
w1 , w2 ,..., wN , где каждое ws принадлежит подгруппе Gis js , s = 1, N.
Начинаем строить полосу со слова w1 . Пусть w1 ? Gi1 j1 . Решаем в Gi1 j1
p1 q1
pn
qn
?1 p1 q1
уравнения w?1
1 ai1 aj1 ...ai1 = 1 или w1 ai1 aj1 ...aj1 = 1 (в зависимости от слоговой длины слова w1 ), налагая на левую часть требование циклической неприp1 q1
pn
?1
водимости в свободной группе, причем ?w?1
1 ? = ?ai1 aj1 ...ai1 ? (или ?w1 ? =
?api11 aqj11 ...aqj1n ?).
p1 q 1
pn
Допустим, что уравнение w?1
1 ai1 aj1 ...ai1 = 1 разрешимо в Gi1 j1 , тогда обp1 q 1
pn
ласть D1 , такая, что ?(?D1 ) = w?1
1 ai1 aj1 ...ai1 , является областью второго
Доказательство.
РАЗРЕШИМОСТЬ ПРОБЛЕМЫ СТЕПЕННОЙ СОПРЯЖЕННОСТИ ... 59
типа. Для дальнейшего построения полосы нужна область D2 первого или второго типа. Заменив слово w2 на w2? = api11 w2 решаем в группе Gi1 j2 уравнение (w2? )?1 aqj21 api12 ...api1n = 1, w2? ? Gi1 j2 , причем ?(w2? )?1 ? = ?aqj21 api12 ...api1n ? или
?(w2? )?1 ? = ?aqj21 api12 ...api1n ? + 2.
Если уравнение имеет решение, (w2? )?1 aqj21 api12 ...api1n циклически несократимо
и ?(w2? )?1 ? = ?aqj21 api12 ...api1n ? + 2, то область D2 : ?(?D2 ) = (w2? )?1 aqj21 api12 ...api1n
является областью второго типа. Следовательно, полоса построена.
Если уравнение имеет решение, (w2? )?1 aqj21 api12 ...api1n циклически несократимо и ?(w2? )?1 ? = ?aqj21 api12 ...api1n ?, то область D2 : ?(?D2 ) = (w2? )?1 aqj21 api12 ...api1n
является областью первого типа. Для дальнейшего построения полосы решаем
уравнение (w2? )?1 aqj21 api22 ...api2n = 1 в Gi2 j2 . И так далее.
Лемма доказана.
Следствие 2. В группах Артина экстрабольшого типа разрешима проблема равенства слов.
11. ([2]) Пусть M - связная односвязная R, R - приведенная кольцевая диаграмма над группой Gij ; ? и ? - граничные циклы M и ?(?) = xp ,
±1
Тогда ?(?) = yp , где x, y ? {a±1
i , aj }.
Лемма
12. ([4]) Пусть слово w группы Артина большого типа G циклически R, R - несократимо. Существует алгоритм, строящий по слову w
сопряженное с ним или с его квадратом в группе G слово w0 , любая степень
которого R, R - несократима.
Лемма
џ3. Разрешимость проблемы степенной сопряженности
слов
Проблема степенной сопряженности слов заключается в следующем: найти
алгоритм, с помощью которого по любым словам w и v группы G можно определить, существуют ли целые числа m, n и существует ли такое слово z ? G,
что слова vn и wm сопряжены в группе G.
Теорема 6. ([3])(Теорема сопряженности для HNN-расширений) Пусть
G? = ?G, t, t?1 At = B, ??-HNN-расширение группы G. Пусть u = g0 t?1 ...t?n ,
n ? 1 и v - сопряженные циклически приведенные элементы из G? . Тогда |u| =
|v| и u можно получить из v, беря подходящую циклическую перестановку v?
элемента v, оканчивающуюся на t?n , и сопрягая затем элементом z, где z ? A,
если ?n = ?1, и z ? B, если ?n = 1.
Теорема 7. В группе Артина экстрабольшого типа G алгоритмически
разрешима проблема степенной сопряженности, то есть по любым словам
w, v ? G можно выяснить, существуют ли целые числа m и n такие, что
слова vn и wm сопряжены в группе G.
60
В. Н. БЕЗВЕРХНИЙ, А. Н. КУЗНЕЦОВА
^ - группа Артина экстрабольшо1. Пусть Gab = ?a, b, R?
го типа с двумя образующими и w, v ? Gab .
Случай 1. Пусть mij = 2k + 1, тогда по лемме 3 группа Gij изоморфна свободному произведению с объединением, то есть группе B1 = ?x, y, x2k+1 = y2 ?,
и изоморфизм задается следующим образом: f(ai ) = xk+1 y?1 , f(aj ) = yx?k .
В статье [5] Липшуц С. доказал разрешимость проблемы степенной сопряженности слов для свободного произведения с объединением.
Случай 2. Пусть mij = 2k, тогда по лемме 3 группа Gij изоморфна HNNрасширению то есть группе B2 = ?t, x, t?1 xk t = xk ?, и изоморфизм задается
отображением: f(ai ) = t, f(aj ) = xt?1 .
Так как элемент из ассоциированной подгруппы лежит в центре, то по теореме 6 [3] следует разрешимость проблемы степенной сопряженности слов для
HNN-расширений, а, следовательно, и для групп Артина экстрабольшого типа
в случае mij = 2k.
2. Пусть группа G порождена более чем двумя образующими. Рассмотрим
циклически R, R - несократимые слова w, v, неравные единице в группе G. И
пусть любая циклическая перестановка w, v не принадлежит Gab . Используя
лемму 12, перейдем, если это необходимо, от слов w и v к сопряженным с ними
или с их квадратами словам w0 и v0 , любая степень которых R, R - несократима.
Будем рассматривать некоторые циклические перестановки w?0 и v?0 слов w0
и v0 . Можно считать, что ?w0 ? = ?v0 ?, в противном случае, добьемся этого,
возведя каждое из них в соответствующую степень.
Возможны следующие виды диаграмм сопряженности (рис.1).
Доказательство.
O
O1
a)
b)
Рис. 1: Виды диаграмм
Рассмотрим связную приведенную кольцевую R-диаграмму M вида рис.1 а)
сопряженности слов (w?0 )m и (v?0 )n .
Пусть ?(?) = (w?0 )m и ?(?) = (v?0 )n , причем путь ? начинается в точке O,
а путь ? в точке O1 . Разрежем диаграмму M по ребру, которому соответствует
путь OO1 . Получим связную односвязную приведенную R-диаграмму M ? (рис.
2).
РАЗРЕШИМОСТЬ ПРОБЛЕМЫ СТЕПЕННОЙ СОПРЯЖЕННОСТИ ... 61
w0*
O
O
D1
O1
O1
Рис. 2: Диаграмма M ?
I. Пусть диаграмма M ? состоит из областей только первого типа. Тогда проведем следующее преобразование (*): приклеим к ней диаграмму M ?? , тождественную диаграмме M ? , с циклическим сдвигом вправо на слово w?0 как показано на рис. 3.
v 0*
w0*
O
Dn`
D1`
O'
D1
O1
D1``
v0*
Рис. 3: Преобразование диаграммы
Допустим, что точка O ? в полученной после преобразования (*)
? диаграмме
имеет степень 3, то есть является внутренней точкой пути ?D1?? ?. Так как
область D1?? диаграммы M ? является областью первого типа, то и в тождественной ей диаграмме M ?? области D1? и Dn? также первого типа. Следовательно,
области D1? и Dn? принадлежат одной подгруппе вида Gij , что противоречит Rприведенности диаграммы M. Таким образом, после преобразований (*) точка
O ? имеет внутреннюю степень 4 (рис. 4).
O1'
w0*
O
D1
O1
Dn`
v0*
D1`
D2'
O'
D1''
Dn
D2''
v0*
Рис. 4: Преобразование диаграммы
62
В. Н. БЕЗВЕРХНИЙ, А. Н. КУЗНЕЦОВА
Пусть все области диаграммы являются областями первого типа и d(Dj ) =
2mij , j = 1, n. При этом граничные метки областей D1? и D1?? принадлежат одной
и той же подгруппе вида Gij и метка пути O ? O1? совпадает с меткой пути OO1 :
?(O ? O1? ) = ?(OO1 ) (лемма 5).
?
Пусть d(Dj ) ?= 2mij , j = 1, n. При этом, если ребро с меткой ?(?Dn? ?D1? )
содержит степень
образующего, то такую же степень будет содержать каждое
?
?
ребро ?(?Dj? ?Dj+1
), j = 1, n ? 1. Покажем это.
1) Пусть mij - четное. Рассмотрим определяющее соотношение для данного
mij : abab...ab = baba...ba.
Обозначим abab...a = z1 , baba...b = z2 . Тогда получим z1 bz?1
= b и
1
?1
z2 az2 = a.
?1 k
t
Рассуждая аналогично, можно получить равенства z1 bk z?1
1 = b и z2 a z2 =
?1 k
k
k
at . По лемме 11 k?= t, следовательно, z1?
bk z?1
1 = b , z2 a z2 = a?.
?
k1
Пусть
?D1? ) = a?
, ?(?D1? ?D2??
) = an1 , ?(?Dn ?D1?? ) = ak2 ,
n
? ?(?D
??
??
n2
??
?
?(?D1 ?D2 ) = a , ?(?D1 ?D1 ) = s, ?(? ?D1? ) = r, где r и s - подслова
соотношения ?(?D1? ) или его циклических перестановок. Запишем метку границы областей D1? и D1?? : ak1 san1 r = 1 и ak2 san2 r = 1 соответственно. Из последних
равенств получаем: san1 ?n2 s?1 = ak2 ?k1 , при этом по лемме 11 n1 ? n2 = k2 ? k1 .
Если k1 = k2 , n1 ?= n2 , то, используя равенство san1 ?n2 s?1 = ak2 ?k1 , получим
n1 ?n2
a
= 1 - противоречие, так как в [6] доказано, что группа Артина большого
типа не содержит элементов конечного порядка.
Аналогично невозможен случай, когда n1 = n2 , k1 ?= k2 .
Если k1 = k2 , n1 = n2 , то можно выделить поддиаграмму сопряженности
слов w?0 и v?0 .
Рассмотрим кольцевую диаграмму сопряженности, соответствующую равенству san1 ?n2 s?1 = ak2 ?k1 , где n1 ? n2 = n.
Если слово s является неприведенным, то s = s0 al1 s0 al2 s0 ...alt s0 , t ? N и
диаграмма сопряженности слов из последнего равенства имеет вид рис. 5.
Если
s - слово минимальной длины, тогда s можно представить как s =
?
t+1
lj
s0 a , j = 1, t, t ? N. При этом диаграмма сопряженности слов из последнего
равенства имеет вид рис. 6.
Рассмотрим поддиаграмму D1? D2? ...Dn? . Пусть область D1? состоит из обла?
?
стей D1i
, i = 1, m, метки которых удовлетворяют
условию ??(?D
?
? 1i )? = 2mijk .
Тогда на основании леммы 5 ?(?D1i ?D1i+1 ) = ?(?D1i+1 ?D1i+2 ) = a ,
i = 1, m ? 2. Так как все области Dj? , j = 1, n являются областями первого типа,
?
то, рассуждая аналогично,
получим ?(O ? O1? ) = ?(?Dn ?D1?? ) = ak и, если реб?
ро с меткой ?(?Dn? ?D1? ) содержит степень
образующего, то такую же степень
?
?
будет содержать каждое ребро ?(?Dj? ?Dj+1
), j = 1, n ? 1. Выделим поддиаграмму, состоящую из областей D1 , D2 ,...,Dn и склеим ее по ребру ?(OO1 ).
Таким образом, получим кольцевую связную приведенную R-диаграмму сопряженности слов w?0 и v?0 , а значит степени этих слов также сопряжены.
2) Пусть mij - нечетное. Рассмотрим определяющее соотношение для данного
РАЗРЕШИМОСТЬ ПРОБЛЕМЫ СТЕПЕННОЙ СОПРЯЖЕННОСТИ ... 63
al1
s0
s0
an
an
an
Рис. 5: Кольцевая диаграмма
s0
s0
an
an
an
Рис. 6: Кольцевая диаграмма
mij : aba...aba = bab...bab.
Обозначим aba...ab = z1 , bab...ba = z2 . Тогда получим z1 az?1
= b и
1
?1
z2 bz2 = a.
?1 k
t
Рассуждая аналогично, можно получить равенства z1 ak z?1
1 = b и z2 b z2 =
?1 k
k
k
at . По лемме 11 k = t, следовательно, z1 ak z?1
1 = b , z2 b z2 = a?.
?
?
?
k1
Пусть
?D1? ) = a?
, ?(?D1? ?D2??
) = bn1 , ?(?Dn ?D1?? ) = ak2 ,
n
? ?(?D
??
??
n2
??
?
?(?D1 ?D2 ) = b , ?(?D1 ?D1 ) = s, ?(? ?D1? ) = r, где r и s - подслова
соотношения ?(?D1? ) или его циклических перестановок. Запишем метку границы областей D1? и D1?? : ak1 sbn1 r = 1 и ak2 sbn2 r = 1 соответственно. Из последних
равенств получаем: rak1 ?k2 r?1 = bn2 ?n1 , sbn1 ?n2 s?1 = ak2 ?k1 , при этом по лемме
11 n1 ? n2 = k2 ? k1 .
Так как mij - нечетное, то чтобы ak перевести в ak , потребуется два (или
64
В. Н. БЕЗВЕРХНИЙ, А. Н. КУЗНЕЦОВА
четное число) последовательных сопряжений ak словами z1 и z2 .
Допустим, что существует другой путь из вершины A1 в вершину B1 (рис.
?1 ?1
?1
7), равный z?1
2 z1 z2 ...z1 .
A
z1
ak
A1
z2
-1
z1
-1
z2
bk
z1-1
z2
z2
...
z1
-1
z2-1
-1
B
ak
B1
Рис. 7: Преобразование диаграммы
ak .
?1 ?1
?1 ?1 ?1 k
Запишем границу поддиаграммы : z?1
2 z1 z2 ...z1 z2 z1 a z2 z1 z2 ...z1 z2 z1 =
Слева от ak вставим слово z2 z?1
2 :
?1
k
?1 ?1 ?1
?1 ?1 ?1
z2 z1 z2 ...z1 z2 z1 (z2 z2 )a z2 z1 z2 ...z1 z2 z1 = ak ,
| {z }
ak
?1 ?1 ?1
?1 ?1 ?1
k
z2 z1 z2 ...z1 z2 z1 z2 a z1 z2 ...z1 z2 z1 = ak .
Слева от слога ak вставим z1 z?1
1 :
?1
?1 ?1 ?1
?1 ?1 ?1
z2 z1 z2 ...z1 z2 z1 z2 (z1 z1 )ak z1 z2 ...z1 z2 z1
| {z }
ak
?1 ?1 ?1
?1 ?1 ?1
k
z2 z1 z2 ...z1 z2 z1 z2 z1 a z2 ...z1 z2 z1
= ak ,
= ak .
Данную процедуру будем проводить до тех пор, пока не получим:
?1 ?1
?1 ?1 ?1
k
k
z?1
2 z1 z2 ...z1 z2 z1 z2 z1 z2 ...z1 z2 z1 a = a
?1 ?1 ?1
?1 ?1 ?1
или z2 z1 z2 ...z1 z2 z1 z2 z1 z2 ...z1 z2 z1 = 1.
Тогда z2 z1 z2 ...z1 = z1 z2 z1 ...z2 .
Так как mij = 2k + 1, тогда по лемме 3 группа Gij изоморфна свободному
произведению с объединением, то есть группе B1 = ?x, y, x2k+1 = y2 ?, и изоморфизм задается следующим образом: f(ai ) = xk+1 y?1 , f(aj ) = yx?k . После
изоморфного отображения последнего равенства получим:
x2 = yx?2 y?1 x?2 y...x2 yx2 y?1 .
Данное равенство невозможно, следовательно, существует только один путь
?1
?1 ?1
из вершины A1 в вершину B1 , метка
которого равна z?1
1 z2 ...z1 z2 .
?
?
Если ?(OO1 ) = ak , ?(?D1? ?D2? ) = bk и D1? состоит из областей D11
,
?
?
?
D12 ,...,D1m , метка каждой из которых удовлетворяет условию ??(?D1i )? =
?
2mij . Тогда на основании леммы 5 метки общих ребер областей D1i
есть степеk
k
?
ни a либо b . Так как все области Dj , j = 1, n являются областями первого
?
типа, то, рассуждая аналогично,
получим ?(O ? O1? ) = ?(?Dn ?D1?? ) = ak и,
?
если ребро с меткой ?(?Dn? ?D1? ) содержит степень
образующего, то такую
?
?
?
же степень будет содержать каждое ребро ?(?Dj ?Dj+1 ), j = 1, n ? 1.
?
?
Если ?(OO1 ) = ak , ?(?D1? ?D2? ) = ak и D1? состоит из областей D1i
,
k ?1 ?k
i = 1, m, метки которых удовлетворяют одному из условий z1 a z1 b = 1
РАЗРЕШИМОСТЬ ПРОБЛЕМЫ СТЕПЕННОЙ СОПРЯЖЕННОСТИ ... 65
?k
z2 bk z?1
= 1. Тогда на основании леммы 5 метки общих ребер есть степе2 a
k
ни a либо bk . Так как все области Dj? , j = 1, n являются областями первого
?
типа, то, рассуждая аналогично,
получим ?(O ? O1? ) = ?(?Dn ?D1?? ) = ak и,
?
если ребро с меткой ?(?Dn? ?D1? ) содержит степень
образующего, то такую
?
?
же степень будет содержать каждое ребро ?(?Dj? ?Dj+1
), j = 1, n ? 1.
n1 ?n2 ?1
k2 ?k1
. Обозначим n1 ? n2 =
s = a
Рассмотрим теперь равенство sb
k ?1
k
k2 ? k1 = k, sb s =?a , тогда, рассуждая аналогично, получим s = z2 z1 z2 ...z2
и ?(O ? O1? ) = ?(?Dn ?D1?? ) = ak .
?
Вернемся к диаграмме M ? . Так как ?(OO1 ) = ?(O ? O1? ) = ?(?Dn ?D1?? ) =
ak , то выделим поддиаграмму M1 , состоящую из областей D1 , D2 ,...,Dn и склеим ее по ребру ?(OO1 ). Таким образом, получим кольцевую связную приведенную R-диаграмму сопряженности слов w?0 и v?0 , а значит степени этих слов
также сопряжены.
II. Пусть теперь диаграмма M ? содержит области первого, второго и третьего типа. При этом заметим, что диаграмма может содержать одинаковое
количество областей второго и третьего типа, причем области второго типа
должны чередоваться с областями третьего типа, так как в противном случае
в диаграмме выделится полоса, что противоречит R-приведенности диаграммы
M ?.
Проведем преобразование (*). В п. I было показано, что точка O ? после
указанного преобразования имеет в диаграмме M ? внутреннюю степень 4.
Можно считать, что если область D1 является областью второго (третьего)
??
типа, то
является областью второго (третьего) типа. Пусть
? область D1?? также
?
?
?(?D1 ?) = ?(?D1 ?), тогда граничные метки областей D1? и D1?? принадлежат одной и той же подгруппе вида
. При этом, как и в п. I можно доказать,
? Gab
?
?
что если ребро с меткой ?(?Dn ?D1 ) содержит степень
то та? образующего,
?
кую же степень будет содержать каждое ребро ?(?Dj? ?Dj+1
), j = 1, n ? 1.
1) Пусть mij - четное. Рассмотрим определяющее соотношение для данного
mij : abab...ab = baba...ba.
Обозначим abab...a = z1 , baba...b = z2 . Тогда получим z1 bz?1
= b и
1
?1
z2 az2 = a.
?1 k
t
Рассуждая аналогично, можно получить равенства z1 bk z?1
1 = b и z2 a z2 =
?1 k
k
k
at . По лемме 11 k = t, следовательно, z1 bk z?1
1 = b , z2 a z2 = a .
??
?
Пусть D1 - область
второго типа, тогда
третьего
?
? D1? - область
? типа.
?
?
k1
?
n1
Пусть
?(?Dn ?D1 ) = a ?, ?(?D1 ?D2 ) ?
= a , ?(?Dn ?D1?? ) = ak2 ,
?
?(?D1?? ?D2?? ) = an2 , ?(?D1?? ?D1? ) = s, ?(? ?D1? ) = r, где r и s - подслова соотношения ?(?D1? ) или его циклических перестановок. Запишем метку
границы областей D1? и D1?? : ak1 san1 r = 1 и ak2 san2 r = 1 соответственно. Из
последних равенств получаем: rak1 ?k2 r?1 = an2 ?n1 и san1 ?n2 s?1 = ak2 ?k1 , при
этом по лемме 11 n1 ? n2 = k2 ? k1 .
Так как D1?? - область второго типа, то, рассуждая, как в п.I, получим s =
(z2 )m , r = (z2 )m?1 . Выпишем образующие вдоль границы области D1?? (рис. 8).
66
В. Н. БЕЗВЕРХНИЙ, А. Н. КУЗНЕЦОВА
b a b
a b
b
a
D0
a
b
a
a
b
Рис. 8: Фрагмент диаграммы
Для области D0 получаем ??(?D0 )? = 2mij и ?(?D0 ) = 1 в группе Gij .
Таким образом, из равенств
k1 = ?n1 ?
, k2 = ?n2 следует
?k2 , n1 ?
= ?n2 ,
?
? k1 =
?
?
??
?
?
??
то есть метки ?(?Dn ?D1 ), ?(?Dn ?D1 ) и ?(?D1 ?D2 ), ?(?D1 ?D2?? )
соответственно взаимно обратны.
2) Пусть mij - нечетное. Рассмотрим определяющее соотношение для данного
mij : aba...aba = bab...bab.
Обозначим aba...ab = z1 , bab...ba = z2 . Тогда получим z1 az?1
= b и
1
?1
z2 bz2 = a.
?1 k
t
Рассуждая аналогично, можно получить равенства z1 ak z?1
1 = b и z2 b z2 =
?1 k
k
k
at . По лемме 11 k = t, следовательно, z1 ak z?1
1 = b , z2 b z2 = a
?. ?
?
Так?же как и в п.I можно
доказать, что? если ?(?Dn ?D1?
) = ak1 ,
?
?
?
n1
?(?D
?D1?? )=ak2 , ?(?D1?? ?D2?? )=bn2 , ?(?D1?? ?D1? )=s,
2 )=b , ?(?Dn
?1 ?D
?(? ?D1? ) = r, где r и s - подслова соотношения ?(?D1? ) или его циклических перестановок, то rak1 ?k2 r?1 = bn2 ?n1 , sbn1 ?n2 s?1 = ak2 ?k1 , при этом
n1 ? n2 = k2 ? k1?, ?r? < ?s?, s = (z1 z2 )m?
z1 , r = (z1 z2 )m?1 z1 .
?
?
?
k1
?
n1
Если? ?(?Dn ?D1 ) = a ?
, ?(?D1 ?D2? ) =
a
,
?(?D
?D1?? ) = ak2 ,
n
?
?(?D1?? ?D2?? ) = an2 , ?(?D1?? ?D1? ) = s, ?(? ?D1? ) = r, где r и s - подслова соотношения ?(?D1? ) или его циклических перестановок, то аналогично
получим rak1 ?k2 r?1 = an2 ?n1 и san1 ?n2 s?1 = ak2 ?k1 , при этом n1 ? n2 = k2 ? k1 ,
s = (z1 z2 )m , r = (z1 z2 )m?1 .
?
?
?
?
В этом
случае
также
получаем,
что
метки
?(?D
?D
)
,
?(?D
?D1?? ) и
n
n
1
?
?
?
?
??
??
?(?D1 ?D2 ), ?(?D1 ?D?
2 ) соответственно взаимно обратны. Следовательно,
?
если ребро с меткой ?(?Dn ?D1? ) содержит степень
образующего, то такую же
?
?
?
степень будет содержать каждое ребро ?(?Dj ?Dj+1 ), j = 1, n ? 1.
Вернемся к диаграмме M ? . Рассмотрим поддиаграмму M1 , состоящую из
областей D1 , D2 ,...,Dn и склеим ее по ребру ?(OO1 ). Таким образом, получим
кольцевую связную приведенную R-диаграмму сопряженности слов w?0 и v?0 , а
значит степени этих слов также сопряжены.
Следоваетельно, если связная приведенная кольцевая R-диаграмма M сопряженности слов w?0 и v?0 имеет вид рис.1а), то можно ограничить показатели
степеней (так как слоговые длины слов w0 , v0 уравнены, и при переходе к сопряженным словам w?0 , v?0 возможно берем их квадраты): n < 4 · ?w?0 ? · ?v?0 ? <
РАЗРЕШИМОСТЬ ПРОБЛЕМЫ СТЕПЕННОЙ СОПРЯЖЕННОСТИ ... 67
4 · |w?0 | · |v?0 |, аналогично m < 4 · |w?0 | · |v?0 |.
Пусть теперь связная приведенная кольцевая R-диаграмма M имеет вид
рис.1b). И пусть ?(?) = (w?0 )m и ?(?) = (v?0 )n . Выделим в диаграмме M поддиаграмму M1 вида рис. 9.
A
B
Рис. 9: Структура подкарты
Заметим, что в диаграмме M количество таких поддиаграмм ограничено
числом |w?0 | · |v?0 |. Действительно, если осуществить разрез в точке A, то слово w?0 будет разбито на две части, то есть w?0 = w1 w2 . При этом может быть
только |w?0 | возможности разбить слово w?0 на две части. Аналогичную процедуру можно провести и для слова v?0 . Таким образом, если диаграмма имеет
больше чем |w?0 | · |v?0 | подкарт вида рис. 9, то выделится повторяющаяся часть
диаграммы, которую можно вырезать, а оставшуюся часть снова замкнуть в
кольцо, при этом получившаяся диаграмма будет содержать не больше |w?0 | · |v?0 |
поддиаграмм вида рис. 9.
Обозначим верхний путь AB диаграммы M1 через ?1 , нижний путь AB
- через ?1 . Заметим, что длины путей ?1 и ?1 должны совпадать, иначе исходная диаграмма M будет содержать полосу, что невозможно в силу ее Rприведенности.
Предположим, что диаграмма M содержит поддиаграмму M1 вида рис. 9
такую, что |?1 | достаточно большое число. Пусть |?1 | > 4 · ?w0 ?. Выделим на
пути ?1 , начиная от вершины A некоторую циклическую перестановку w?0 слова
w0 такую, что слово w?0 начинается в вершине O имеющей в диаграмме M1
степень 3 (рис. 10).
w0*
O
A
D1
...
Dn D1
...
B
Рис. 10: Структура поддиаграммы
Дальнейшие рассуждения проводятся аналогично случаю, когда кольцевая
связная приведенная R-диаграмма M сопряженности слов (w?0 )m и (v?0 )n имеет
вид рис.1а), при этом n < 4 · |w?0 | · |v?0 |, m < 4 · |w?0 | · |v?0 |.
Пусть |?1 | ? 4 · ?w0 ?, pj - простой путь, соединяющий две поддиаграммы
вида рис. 9, j = 1, s. Тогда получаем
68
В. Н. БЕЗВЕРХНИЙ, А. Н. КУЗНЕЦОВА
?
|(w?0 )m | ? 4 · |w?0 | · (|w?0 | · |v?0 |) + |pj |, j = 1, s.
Так как s < |w?0 | · |v?0 |, то
|(w?0 )m | < 4 · |w?0 | · (|w?0 | · |v?0 |) + |w?0 | · (|w?0 | · |v?0 |),
m · |w?0 | < 5 · |w?0 | · (|w?0 | · |v?0 |)
m < 5 · |w?0 | · |v?0 |.
Аналогичные ограничения можно получить на число n: n < 5 · |w?0 | · |v?0 |.
Следовательно, если связная приведенная кольцевая R-диаграмма M сопряженности слов w?0 и v?0 имеет вид рис.1b), то можно ограничить показатели
степеней.
Теорема доказана.
СПИСОК ЦИТИРОВАННОЙ ЛИТЕРАТУРЫ
[1] Appel K, Schupp P. Artin groups and innite Coxeter groups // Invenf. Math.
1983. V. 72. P. 201220.
[2] Безверхний В. Н. Решение обобщенной сопряженности слов в группах Артина большого типа // Фундаментальная и прикладная математика. 1999.
Т. 5. ќ 1. С. 138.
[3] Линдон Р., Ш?
Документ
Категория
Без категории
Просмотров
4
Размер файла
382 Кб
Теги
типа, экстраболыпого, разрешимости, степенной, группа, слова, проблемы, сопряженности, артина
1/--страниц
Пожаловаться на содержимое документа