Deje $A$ $B$ dos grupos. Definimos el siguiente gráfico se $X$. El conjunto de vértices es la izquierda cosets $gA$ $gB$ donde $g\in A*B$ ( $A*B$ , me refiero a que el producto libre de $A$$B$). Los bordes de la gráfica de X corresponden a los elementos de $A*B$, y utilizamos $e_g$ para denotar el borde asociado a $g\in A*B$. Esto tiene la desafortunada consecuencia de que el borde se asocia a la identidad es $e_e$. Cada borde se asocia a una desordenada par de vértices: $\operatorname{Ends}(e_g) = \{gA,gB\}$. Quiero mostrar que la $\operatorname{Aut}(X)=A*B$. Puedo mostrar que $A*B$ es un subconjunto de a $\operatorname{Aut}(X)=A*B$, pero no tengo ninguna idea para el conversar.
Respuesta
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Esto no es cierto, $\operatorname{Aut}(X)\neq A\ast B$. En primer lugar, tenga en cuenta que el árbol se construye es un biregular árbol, donde $A$ actúa mediante la fijación de un vértice y permuting sus bordes (y los árboles que se extiende desde estos bordes). El grupo $B$ actúa de forma similar, y esto se extiende a un fiel acción de $A\ast B$.
Teorema: $\operatorname{Aut}(X)\neq A\ast B$
A ver que $\operatorname{Aut}(X)\neq A\ast B$, ten en cuenta que, en general, el árbol que se construye contiene $S_{|A|}\ast S_{|B|}$ en su automorphism grupo, debido a que los vértices tienen valencia de $|A|$ $|B|$ respectivamente (y los bordes adyacentes pueden ser permutados). Por un relativamente simple argumento, $S_{|A|}\ast S_{|B|}$ no incrusta en $A\ast B$ (si $A$ o $B$ es infinito, basta con mirar la cardinalidad!). Por lo tanto, el isomorfismo no se sostiene.
Un poco diferente, pero fundamentalmente idénticos, de manera de ver que el isomorfismo no puede mantener es la siguiente: Tomar dos no isomorfos grupos $A_1$ $A_2$ de la misma orden. A continuación,$A_1\ast B\not\cong A_2\ast B$, pero el gráfico de $X$ se obtenga en cada caso el mismo. Por ejemplo, $P=C_4\ast C_3$ $Q=(C_2\times C_2)\ast C_3$ ambos dan el mismo árbol, y estas acciones se extienden a un natural, fiel acción de $S_4\ast C_3$ sobre el mismo árbol (donde $S_4$ permutes los cuatro bordes adyacentes de algunos valencia $4$ vértice). Derek Holt señaló en los comentarios, (que conducen a la anterior prueba).
Lee Mosher ha señalado en los comentarios que el resultado siguiente también se mantiene. Esto implica que el teorema anterior.
Teorema: Si una de $A$ o $B$ es de orden mayor que dos, a continuación, $\operatorname{Aut}(X)$ tiene cardinalidad estrictamente mayor que la de $A\ast B$.
Tenga en cuenta que si tanto $A$ $B$ tiene fin, precisamente, de dos, a continuación, usted está buscando en una combinatoria de la línea, que ha automorphism grupo $A\ast B\cong D_{\infty}$.
Una manera de demostrar este resultado es la siguiente.
Si cualquiera de $A$ o $B$ es infinita (supongamos, sin pérdida de generalidad, $A$ es infinito con $|A|\geq|B|$), a continuación, esto es debido a que el argumento anterior demuestra que $S_{A}$ incrusta en $\operatorname{Aut}(X)$, y es bien sabido que el $|S_{A}|>|A|\geq|A\ast B|$.
Supongamos que tanto $A$ $B$ son finitos, con $|A|>2$. Queremos demostrar que $\operatorname{Aut}(X)$ es incontable, por lo que vamos a encontrar a un incontable subgrupo de $\operatorname{Aut}(X)$. Comenzar por la fijación de un vértice $v$, lo que se asocia a un coset de $A$, y enumerar todos, pero uno de sus vértices, calificándolos $v_1, v_2, \ldots, v_{|A|-1}$. Tenga en cuenta que estos etiquetados vértices son a $B$-vértices. Una permutación de estos niños le da un elemento de $\operatorname{Aut}(X)$. Podemos hacer el mismo etiquetado con el $A$-descendientes (y sus hijos) de cada una de las $v_i$. A continuación, enumerar las $A$-vértices aparte de en el subárbol del árbol estamos ignorando. A continuación, los elementos del subgrupo de $\operatorname{Aut}(X)$ que fija el vértice $v$ y que corrige el subárbol estamos ignorando por lo tanto puede ser representado por un elemento del producto Cartesiano $S_{|A|-1}\times S_{|A|-1}\times\cdots$. Este producto Cartesiano es incontable, por lo tanto $\operatorname{Aut}(X)$ también es incontable.
Tenga en cuenta que debido a que los elementos de $A\ast B$ es sólo de longitud finita, en los elementos del argumento de $A\ast B$ han finito de apoyo en el producto Cartesiano (y, por tanto, no estamos violando el hecho de que sólo hay countably muchos de los elementos de $A\ast B$).
Los comentarios debajo de la pregunta implica que el OP está interesado en el Teorema 3.28 (p81) de John Meier el libro de los Grupos, los Gráficos y los Árboles. La exacta teorema es la siguiente. Un biregular árbol es un infinito bipartito árbol donde todos los vértices de una clase específica tienen el mismo valancy.
Teorema de Cada producto libre de grupos de $A\ast B$ puede ser realizado como un grupo de simetrías de un biregular árbol de $\mathcal{T}$, y fundamental de dominio para esta acción consta de un solo filo y sus dos vértices. Además, si $A$ $B$ son tanto finito, este árbol es $\mathcal{T}_{|A|, |B|}$.
Sin embargo, este teorema es simplemente decir $A\ast B\hookrightarrow \operatorname{Aut}(X)$. No dice nada acerca de un isomorfismo.
