Untergruppen freier Gruppen, die Konjugationsklassen vermeiden
Lassen $G = (\mathbb Z/2\mathbb Z)^{\ast m}$ ein kostenloses Produkt einiger Bestellgruppen sein $2$. Lassen$\alpha_1,\ldots,\alpha_m$ seien Sie die Generatoren.
Kann ich eine kostenlose, nichtabelianische Untergruppe von finden? $G$ das hat keine nichttrivialen Elemente, die mit irgendwelchen konjugiert sind $\alpha_i \alpha_j$? Wie kann ich es beweisen?
Antworten
Ich werde die stärkere Version Ihrer Frage beantworten, in der die Wörter enthalten sind $\alpha_i \alpha_j$ wird durch eine endliche Teilmenge ersetzt $A \subset G$.
Dies ist nicht möglich, wenn $m=1$ weil $G$ ist in diesem Fall endlich und hat daher keine freie, nichtabelsche Untergruppe.
Es ist auch nicht möglich, wenn $m=2$ weil $G$ ist die unendliche Diedergruppe, die eine abelsche Untergruppe mit Index 2 (tatsächlich zyklisch) und daher keine freie nichtabelsche Untergruppe aufweist.
Also müssen wir annehmen $m \ge 3$.
Jedes Element von $G$ wird eindeutig als "reduziertes Wort" ausgedrückt, was eine Folge der Form bedeutet $\alpha_{i_1} .... \alpha_{i_k}$ in denen zwei aufeinanderfolgende Buchstaben $\alpha_{i_j} \alpha_{i_{j+1}}$sind ungleich. Die Identität entspricht dem leeren Wort mit$k=0$.
Jede Konjugationsklasse in $G$hat einen Vertreter, der halb eindeutig als "zyklisch reduziertes Wort" ausgedrückt wird, was bedeutet, dass es reduziert ist und $b_{i_m}, b_{i_1}$sind ungleich; Mit "semi-einzigartig" meine ich, dass ein solcher Vertreter der Konjugationsklasse bis zur zyklischen Permutation des Wortes einzigartig ist.
Okay, der erste Schritt besteht darin, die Konjugationsklasse jedes Elements von auszudrücken $A$ als zyklisch reduziertes Wort und dann nehmen $k$ die maximale Länge dieser Wörter sein.
Hier ist eine besonders einfache Konstruktion, wenn $m \ge 4$.
Wählen Sie deutlich reduzierte Wörter $w,v$ von Länge $>k$ so dass die Start- und Endbuchstaben von $w$ und $v$ sind 4 verschiedene Buchstaben, zum Beispiel: $$w = (\alpha_1 \alpha_2)^k \alpha_3 $$ $$v = (\alpha_2 \alpha_3)^k \alpha_4 $$ Daraus folgt, dass jedes nicht trivial reduzierte Wort in den Buchstaben $w$ und $v$wird nach der Substitution zu einem zyklisch reduzierten Wort in den Buchstaben $\alpha_1,\ldots,\alpha_4$und außerdem hat es Länge $\ge k$. Beispielsweise$$w^{-1} v = \alpha_3 (\alpha_2 \alpha_1)^k (\alpha_2 \alpha_3)^k \alpha_4 $$ Daher die Gruppe $\langle w,v \rangle$ ist eine freie Gruppe mit Rang 2 und jedes nicht triviale Element in ihr wird zyklisch in der Länge reduziert $> k$ist daher an kein Element der Menge konjugiert $A$.
Wenn $m=3$ es ist nicht möglich zu wählen $w,v$auf solch vereinfachende Weise. Aber man kann das wählen$w,v$ lange reduzierte Wörter (von Länge sein $\ge k + 4$) in den Briefen $\alpha_1,\ldots,\alpha_3$ so dass jede der Verkettungen $ww$, $vv$, $wv$, $wv^{-1}$, $vw$, $vw^{-1}$ erzeugt ein Wort in $\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3$ mit kurzer Stornierung (höchstens $2$Briefe werden storniert). Daraus folgt, dass jedes reduzierte Wort in den Symbolen$w,v$ ergibt ein Wort in den Buchstaben $\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3$ deren zyklische Reduktion Länge hat $\ge k+2$und ist daher nicht trivial und nicht an irgendein Element von konjugiert $A$.
Wie Lee Mosher sagt, ist dies nicht möglich, wenn $m \le 2$. Wenn$m \ge 3$ wir können wie folgt etwas anders argumentieren. $G$ist restlich endlich ( Beweis ), so dass wir eine normale Untergruppe finden können$N$ des endlichen Index, der keine endliche Menge von Nichtidentitätselementen enthält, insbesondere die Menge $\{ \alpha_i \alpha_j \}$. Schon seit$N$ist normal, es enthält auch keine Konjugate dieser Elemente. Es bleibt zu zeigen, dass$N$ enthält eine freie nonabelianische Untergruppe.
Nach dem Satz der Kurosh-Untergruppe $N$ ist ein kostenloses Produkt von endlich vielen Exemplaren von $\mathbb{Z}$ und $\mathbb{Z}/2$. Es hat eine natürliche Karte zum direkten Produkt der Kopien von$\mathbb{Z}/2$ nur, dessen Kernel eine normale Untergruppe ist $N'$des endlichen Index, der frei ist (dies folgt aus einigen Sachen über die Abdeckung von Graphen von Gruppen oder äquivalent einer etwas genaueren Form des Kurosh-Untergruppensatzes). Schon seit$N'$ hat endlichen Index in $G$ es muss nonabelian sein (hier verwenden wir die Hypothese, dass $m \ge 3$), zB weil $G$ ist nicht praktisch abelisch oder nutzt die Tatsache, dass die Orbifold-Euler-Eigenschaft $\chi(G) = \frac{m}{2} - (m-1) = 1 - \frac{m}{2}$ ist negativ.