Sous-groupes de groupes libres qui évitent les classes de conjugaison
Laisser $G = (\mathbb Z/2\mathbb Z)^{\ast m}$ être un produit gratuit de certains groupes de commande $2$. Laisser$\alpha_1,\ldots,\alpha_m$ soyez les générateurs.
Puis-je trouver un sous-groupe gratuit et non-libérien de $G$ qui n'a aucun élément non trivial conjugué à aucun $\alpha_i \alpha_j$? Comment puis-je le prouver?
Réponses
Je répondrai à la version la plus forte de votre question où l'ensemble des mots $\alpha_i \alpha_j$ est remplacé par tout sous-ensemble fini $A \subset G$.
Ceci n'est pas possible si $m=1$ car $G$ est fini dans ce cas et n'a donc pas de sous-groupe libre et non-labien.
Ce n'est pas non plus possible si $m=2$ car $G$ est le groupe dièdre infini qui a un sous-groupe abélien d'indice 2 (en fait cyclique) et n'a donc pas de sous-groupe non-abélien libre.
Nous devons donc supposer $m \ge 3$.
Chaque élément de $G$ s'exprime uniquement sous la forme d'un "mot réduit" signifiant une séquence de la forme $\alpha_{i_1} .... \alpha_{i_k}$ dans lequel deux lettres consécutives $\alpha_{i_j} \alpha_{i_{j+1}}$sont inégaux. L'identité correspond au mot vide avec$k=0$.
Chaque classe de conjugaison dans $G$a un représentant qui est exprimé de manière semi-unique comme un "mot cycliquement réduit" signifiant qu'il est réduit et $b_{i_m}, b_{i_1}$sont inégaux; par "semi-unique", je veux dire qu'un tel représentant de la classe de conjugaison est unique jusqu'à la permutation cyclique du mot.
Bon, donc, la première étape consiste à exprimer la classe de conjugaison de chaque élément de $A$ comme un mot cycliquement réduit, puis prenez $k$ être la longueur maximale de ces mots.
Voici une construction particulièrement simple si $m \ge 4$.
Choisissez des mots réduits distincts $w,v$ de longueur $>k$ de telle sorte que les lettres de début et de fin de $w$ et $v$ sont 4 lettres différentes, par exemple: $$w = (\alpha_1 \alpha_2)^k \alpha_3 $$ $$v = (\alpha_2 \alpha_3)^k \alpha_4 $$ Il s'ensuit que chaque mot réduit non trivial dans les lettres $w$ et $v$, après substitution, devient un mot cycliquement réduit dans les lettres $\alpha_1,\ldots,\alpha_4$, et en plus il a une longueur $\ge k$. Par exemple$$w^{-1} v = \alpha_3 (\alpha_2 \alpha_1)^k (\alpha_2 \alpha_3)^k \alpha_4 $$ Par conséquent, le groupe $\langle w,v \rangle$ est un groupe libre de rang 2 et chaque élément non trivial qu'il contient est cycliquement réduit de longueur $> k$, donc n'est conjugué à aucun élément de l'ensemble $A$.
Si $m=3$ il n'est pas possible de choisir $w,v$d'une manière si simpliste. Mais on peut choisir le$w,v$ être de longs mots réduits (de longueur $\ge k + 4$) dans les lettres $\alpha_1,\ldots,\alpha_3$ de sorte que chacune des concaténations $ww$, $vv$, $wv$, $wv^{-1}$, $vw$, $vw^{-1}$ produit un mot dans $\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3$ avec une courte annulation (au plus $2$les lettres sont annulées). Il s'ensuit alors que chaque mot réduit dans les symboles$w,v$ évalue à un mot dans les lettres $\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3$ dont la réduction cyclique a une longueur $\ge k+2$, et n'est donc pas trivial et n'est conjugué à aucun élément de $A$.
Comme le dit Lee Mosher, cela n'est pas possible si $m \le 2$. Si$m \ge 3$ nous pouvons argumenter un peu différemment comme suit. $G$est résiduellement fini ( preuve ), nous pouvons donc trouver un sous-groupe normal$N$ d'indice fini ne contenant aucun ensemble fini d'éléments de non-identité, en particulier l'ensemble $\{ \alpha_i \alpha_j \}$. Puisque$N$est normal, il ne contient pas non plus de conjugués de ces éléments. Il reste à montrer que$N$ contient un sous-groupe nonabelien libre.
Par le théorème du sous-groupe Kurosh, $N$ est un produit gratuit d'un nombre fini d'exemplaires de $\mathbb{Z}$ et $\mathbb{Z}/2$. Il a une carte naturelle au produit direct des copies de$\mathbb{Z}/2$ uniquement, dont le noyau est un sous-groupe normal $N'$d'indice fini qui est libre (cela découle de quelques trucs sur les revêtements de graphes de groupes, ou de manière équivalente une forme légèrement plus précise du théorème de sous-groupe de Kurosh). Puisque$N'$ a un index fini dans $G$ il doit être non-abélien (c'est là que l'on utilise l'hypothèse que $m \ge 3$), par exemple parce que $G$ n'est pas virtuellement abélien, ou en utilisant le fait que la caractéristique orbifold d'Euler $\chi(G) = \frac{m}{2} - (m-1) = 1 - \frac{m}{2}$ est négatif.