¿El % de producto gratis $A*B$de dos grupos finitos no triviales siempre es prácticamente gratis? ¿Si es así, es fácil demostrar?
Respuestas
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Sí, esto es una consecuencia de un teorema debido a Nielsen. De hecho, se puede demostrar que para cualquiera de los dos grupos $A$ $B$ finito (o no) el kernel $F$ de la canónica mapa de $A \ast B \to A \times B$ (que es siempre un surjection) es de libre generado por el conjunto de conmutadores $aba^{-1}b^{-1}$$a \in A \smallsetminus \{1\}$$b \in B \smallsetminus \{1\}$.
Teniendo en cuenta esto, podemos ver que si $A$ $B$ son finitos, entonces $F$ es un grupo libre en $r = (|A|-1)(|B|-1)$ generadores de índice$[G:F] = |A| |B|$$G = A \ast B$.
Nota: Esto confirma la usando la fórmula de Euler de las características dadas en la de Geoff respuesta: $$\chi(A \ast B) = \frac{1}{|A|} + \frac{1}{|B|} - 1 = \frac{|A| + |B| - |A||B|}{|A||B|} = \frac{1-r}{[G:F]}$$
Para una prueba de Nielsen del teorema de ver, por ejemplo, Lyndon, Dos notas sobre el Rankin del libro en el modular del grupo, el Diario Australiano de la Sociedad Matemática (1973), 16, pp 454-457, Teorema 2. La prueba no es muy difícil, pero no es algo trivial.
Para la conveniencia del lector, he aquí Nielsen papel de base para los subgrupos de libre grupos, Matemáticas. Scand. 3 (1955), 33-45.
Alternativamente, ver Serre, Arbres, amalgames, $\operatorname{SL}_2$, la Proposición 4 en No 1.1.3. (o la página 6 de la traducción al inglés).
Geoff Robinson
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17610
Creo que también puede ser visto usando la teoría de las características de Euler-Poincaré desarrollado por la pared de la C.T.C y explica en el libro de Serre "Árboles." Excepto el caso que sea $A$ $B$ es trivial, el punto clave a destacar es que $\chi(A*B) = \frac{1}{|A|} + \frac{1}{|B|}-1 \leq 0,$ mientras que si $G = A*B,$ y $G$ tiene un grupo libre $F$ $r$ generadores, entonces la teoría general da $\chi(G) = \frac{1-r}{[G:F]}.$ una vez que hay un libre (no necesariamente normal) subgrupo de índice finito, hemos terminado, por supuesto.
Seirios
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19895
Un esbozo de la prueba sólo se basa en la topología algebraica:
Deje $A$ $B$ dos grupos finitos, $C_A$ $C_B$ dos complejos tales que $\pi_1(C_A) \simeq A$ y $\pi_1(C_B) \simeq B$, $(\widehat{C_A},p_A)$ y $(\widehat{C_B},p_B)$ el universal cubriendo de $C_A$ $C_B$ respectivamente.
Si uno se une a $C_A$ $C_B$ por una arista $e$, entonces se construye una compleja $K$ satisfacción $\pi_1(K) \simeq A \ast B$. Deje $v_A$ $v_B$ ser los dos puntos finales de $e$ $C_A$ $C_B$ respectivamente. Deje $r$ $s$ el número de pre-imágenes de $v_A$$v_B$, respectivamente, en $\widehat{C_A}$$\widehat{C_B}$.
Deje $C$ ser distinto de la unión de $s$ copias de $\widehat{A}$ $r$ copias de $\widehat{B}$. Ahora, con respecto a la natural proyección de $C \to K$, los puntos de $v_A$ $v_B$ tiene cada uno de los $rs$ pre-imágenes. Entonces es posible construir un complejo de $\widehat{K}$ a partir de la compleja $C$ uniéndose cada uno de los pre-imagen de $v_A$ por un borde a una imagen previa de $v_B$, y a la inversa, de tal manera que $\widehat{K}$ estar conectado.
A continuación, $\widehat{K}$ es finito, cubriendo de $K$ $\pi_1(\widehat{K})$ es gratis, así que la imagen de $\pi_1(\widehat{K})$ $\pi_1(K) \simeq A \ast B$ es un finito-índice de libre subgrupo.
[De hecho, el argumento está estrechamente relacionada con la de Bass-Serre teoría, si sabemos que los gráficos de los espacios.]
Seirios
Puntos
19895
De hecho, en su libro (propiedad 11 p. 120), Serre demuestra que el grupo fundamental de un número finito de gráfico de grupos cuyos vértices son los grupos finitos es prácticamente gratis. (También es cierto lo contrario, dando una caracterización de prácticamente libre de grupos). Describo a continuación el argumento de la libre producto de dos grupos finitos.
En primer lugar, $A \ast B$ actúa sobre un bipartito árbol de $T$ de manera tal que el borde de los estabilizadores son triviales y el vértice estabilizadores son conjugados a $A$ o $B$.
Vamos $|A|=n$, $|B|=m$ y $p=\max(n,m)$. Observe que $A$ (resp. $B$) actúa libremente en $A$ (resp. $B$) por la multiplicación por la izquierda, por lo tanto, un monomorphism $\varphi : A \hookrightarrow S_n \subset S_p$ (resp. $\phi : B \hookrightarrow S_m \subset S_p$). Ahora definir $$ \psi = \varphi \ast \phi : A \ast B \to S_p,$$ and let $H= \mathrm{ker}(\psi)$. Clearly, $H$ is a finite-index subgroup of $\ast B$. By construction, $H$ meets trivially $$ and $B$; moreover, because $H$ is a normal subgroup, it meets trivially any conjugate of $$ and $B$. Therefore, the action $H \curvearrowright T$, induced by $\ast B \curvearrowright T$, es gratis.
Podemos deducir que $H$ es un finito-índice de libre subgrupo de $A \ast B$; por lo $A \ast B$ es prácticamente gratis.
