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¿Pueden diferentes nudos tener el mismo número de colores de quandles para todos los quandles?

Bienvenido a nuestro espacio, en este sitio vas a hallar la resolución a lo que estabas buscando.

Solución:

La respuesta corta es que creo que esta es una pregunta abierta. Esto se establece aquí como la Conjetura 3.4, demostrada para nudos de hasta 12 cruces:

Clark, W. Edwin; Elhamdadi, Mohamed; Saito, Masahico; Yeatman, Timoteo, Quandle colorantes de nudos y aplicaciones., J. Knot Theory Ramifications 23, No. 6, Artículo ID 1450035, 29 p. (2014). ZBL1302.57016. MR3253967.

Mirando los artículos que citan este, no parece haber habido un progreso directo posterior en este problema, lo que hace que parezca que todavía está abierto.

Por otro lado, esta pregunta está relacionada con la cuestión de la "rigidez profinita" de los grupos fundamentales compactos de 3 variedades, incluidos los grupos de nudos. Un nudo $K$ se ha dicho profundamente rígido si para cualquier colector compacto de 3 $N$ con $pi_1N$ y $pi_1(S^3-K)$ teniendo los mismos cocientes finitos, entonces $pi_1 N=pi_1 (S^3-K)$. Es decir, los grupos tienen la misma terminación profinita si son isomorfos.

La rigidez profinita se conoce para algunos grupos de nudos, incluidos los nudos gráficos y el nudo en forma de ocho; véase Bridson-Reid, Boileau-Friedl y Wilkes.

Los nudos primos están determinados por sus grupos fundamentales hasta imagen especular, mientras que los nudos compuestos pueden tener el mismo grupo fundamental pero diferentes quandles. Entonces, uno puede restringirse a los nudos primos para obtener ejemplos de nudos que están determinados por la terminación profinita de los grupos fundamentales de sus complementos por los teoremas citados anteriormente.

¿Cómo se relaciona esto con tu pregunta? Considere la clase de quandles finitos obtenidos al tomar la conjugación en grupos finitos $G$. Un homomorfismo quandle del quandle fundamental de un nudo es equivalente a un mapa $varfi$ de la clase de conjugación del meridiano al grupo finito quandle (asignación a alguna clase de conjugación en $G$). Entonces uno tiene $varphi(alhd b) = varphi(aba^-1)=varphi(a)varphi(b)varphi(a)^-1 = varphi(a)lhd varphi(b)$. A su vez, esto induce un homomorfismo $Phi: pi_1(S^3-K) to Inn(G)$. Para ver esto, tenga en cuenta que la presentación de Wirtinger involucra solo generadores en la clase de conjugación meridiana y relatores de la forma $aba^-1= alhd b = c$. Por lo tanto, un homomorfismo cuádruple induce un homomorfismo de grupo a $Posada(G)$, donde $Phi(ab)(c)=abcb^-1a^-1= a lhd (blhd c)=Phi(a)Phi(b)(c)$, y extendiéndose por inducción a todos los elementos de $pi_1(S^3-K)$. Si $G$ es libre de centro, entonces $Posada(G)cong G$, y por lo tanto obtenemos un homomorfismo inducido $pi_1(S^3-K)a G$.

Así que queda por demostrar que si todos los homomorfismos de $pi_1(S^3-K)$ a grupos finitos $Posada(G)$ son iguales, entonces todos los homomorfismos a grupos finitos son iguales. Pero cualquier grupo finito $H$ es un subgrupo de $Posada(G)$ para un grupo finito $G$. Entonces uno puede "ver" homomorfismos para $H$ a través de la conjugación quandle asociada a $G$. A fortiori, si todos los homomorfismos de quandles a quandles finitos son los mismos, entonces todos los homomorfismos de los quandles fundamentales a los quandles de conjugación son los mismos y, por lo tanto, todos los homomorfismos del grupo fundamental a los grupos finitos son los mismos. Por lo tanto, obtenemos clases de nudos que están determinados por homomorfismos a quandles finitos. Además, si se conociera la rigidez profinita para los grupos de nudos, implicaría esta propiedad para los nudos primos. también debería ser true para nudos compuestos (a raíz de la rigidez profinita) utilizando el hecho de que su cuádruple está determinado por el grupo fundamental y el subgrupo periférico, utilizando, por ejemplo, los resultados de separabilidad de subgrupos.

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