¿Existe un grupo que sea tanto un producto gratuito como un producto directo de grupos no triviales?

Question

¿Existen tales trivial grupos $A$, $B$, $C$ e $D$, de tal manera que $A \times B \cong C \ast D$?

Yo no se pudo construir cualquiera de los ejemplos, así que me decidí a tratar de demostrar que no existe contradicción.

Si estos grupos existen, $C$ e $D$ son distintos subgrupos de $A \times B$. Supongamos $w \in F[x, y]\ \{e\}$, donde $F[x, y]$ es el grupo con generadores $x$ e $y$. Supongamos $(a_c, b_c) \in C$, $(a_d, b_d) \in D$ e $h: F[x, y] \rightarrow A \times B$ es un homomorphism, que los mapas de $x$ a $(a_c, b_c)$ e $y$ a $(a_d, b_d)$. Entonces, por definición de producto libre de $h(w) \neq e$. Por lo tanto, cualquiera de las $\pi_A(h(w)) \neq e$ o $\pi_B(h(w)) \neq e$, donde $\pi_A$ e $\pi_B$ son proyecciones en $A \times B$ a $A$ e $B$ respectivamente. Así, cada grupo de palabras no es una identidad, ya sea para $A$ o de $B$ y que los resultados en $\{A, B\}$ la generación de la variedad de todos los grupos. Y aquí estoy atascado, no determine otra cosa.

O hacer los ejemplos que existen en la realidad?

Answer 1

Permítanme replicar YCor comentario en el enlace que se da en los comentarios, con más detalles :

en un producto libre de $C\ast D$ con $C,D$ no trivial, la intersección de dos cualesquiera no trivial normal subgrupos es trivial.

De hecho, vamos a $H,K$ dos trivial normal subgrupos de $C*D$. Voy a asumir, por simplicidad, que los $|C|,|D|$ son suficientemente grande de manera que para cada una de las $x,y$ hay un trivial $z$ con $z^{-1}\neq x, z\neq y$. Por ejemplo, $|C|, |D|\geq 4$ es lo suficientemente bueno (tome $x,y$, luego están en la mayoría de los dos no trivial $z$ tal que $z=x$ o $z^{-1}=y$ : $x$ e $y^{-1}$; por lo que si $|G|\geq 4$, cualquier elemento no trivial diferente de $x$ e $y^{-1}$ obras)

Permítanme decir que el $c_1d_1\dots c_nd_n$ es la forma reducida de un elemento de $C*D$ si $c_i\in C, d_j\in D$, y sólo el $c_i,d_j$ permitido ser $1$ se $c_1$ e $d_n$. Claramente, si $x=c_1d_1\dots c_nd_n$ es la forma reducida de $x$, e $n\geq 2$, a continuación, $x\neq 1$ en $C*D$ ("claramente" aquí se entiende : es un clásico de la propiedad de los productos libres), por otra parte, si $n=1$ esto es $1$ si y sólo si $c_1=d_1=1$.

Ahora vamos a $x= c_1d_1\dots c_rd_r \in H, y=c'_1d'_1\dots c'_sd'_s \in K$ ser trivial elementos, con el obvio anotaciones, escritas en forma reducida. El punto será que $[x,y]\in H\cap K$ (esto es obvio por la normalidad), y que, a cambio de $x,y$ un poco, esto no puede ser el elemento trivial.

Ahora hasta conjugación por algún elemento de $C$, uno puede asumir $d_r = 1$ e $c_1\neq 1$ (esto se puede hacer por la hipótesis de $|C|$ - e $c_r \neq 1$, pero que se desprende de la forma reducida); y hasta la conjugación por algún elemento de $D$, $c'_1 = 1$ , $d_s'\neq 1$ (el uso de la cardinalidad hipótesis en $D$ - e $d_1' \neq 1$, pero de nuevo esto se deduce de la forma reducida).

Así que con estas hipótesis $$[x,y] = \color{red}{c_1d_1\dots c_r}\color{blue}{d_1'\dots c_s'd_s'}\color{red}{c_r^{-1}\dots d_1^{-1}c_1^{-1}}\color{blue}{d_s'^{-1}c_s'^{-1}\dots d_1'^{-1}},$$ which is written in reduced form, and is thus $\neq 1$. Therefore $[x,y]\H\cap K\setminus\{1\}$.

Aplicar esto a lo que supuestamente $A\times \{1\}, \{1\}\times B$ para obtener una contradicción.

No sé si hay una manera más fácil argumento, o un no muy complicado argumento de que encapsula la baja cardinalidad de los casos, pero supongo que para estos se tienen que ir "a mano" de alguna manera; o tal vez usted puede adaptar este argumento para estos casos por trabajar un poco más. En cualquier caso, yo no quería molestar con estos casos, y este argumento funciona en la mayoría de los casos y es bastante sencillo por lo que en cualquier caso es interesante para compartir

Answer 2

Deje $f:A\times B\rightarrow C*D$ ser un isomorfismo donde $A,B,C,D$ son no triviales grupos. Deje $a_0\in A$ no trivial, para cada $b\in B$, $f(a_0)$ viajes con $f(b)$.

Ahora podemos ver la prueba del Corolario 4.1.6 p. 187 de Magnus Karrass y Solitar.

La primera parte de esta prueba, afirma que si $f(a_0)$ está contenida en el conjugado de un libre factor, que es $f(a_0)$ es de $gCg^{-1}$ o en $gDg^{-1}$ lo es $f(b)$ por cada $b\in B$. Sin limitar la generalidad, suponemos que a $f(a_0)$ e lo $f(B)$ están contenidas en $gCg^{-1}$. Deje $b_0$ no trivial elemento de $B$ desde $B$ está contenida en el libre conjugado factor de $gCg^{-1}$ el mismo argumento muestra que $f(A)$ está contenido en $gCg^{-1}$ esto implica que $C*D$ está contenida en un libre conjugado factor. Contradicción.

La segunda parte de la prueba muestra que si $f(a_0)$ no está incluido en un libre conjugado factor, entonces existe $u_c$ tales $f(a_0)$ e $f(b)$ son un poder de $u_c$.

Usted puede expresar $f(a_0)$ únicamente como una secuencia reducida (Teorema 4.1.) esto implica que existe un único elemento $u$ con longitud mínima tal que $f(a_0)$ es una potencia de $u$ e si $f(a_0)$ es una potencia de $v$, $v$ es una potencia de $u$. Este impllies que cada elemento de a$f(B)$ son de alimentación de $u$ e $f(B)$ e $B$ son cíclicos. Un argumento similar muestra que $f(A)$ e $A$ son cíclicos, podemos deducir que $A\times B$ es conmutativa. Contradicition desde $C*D$ no es conmutativa.

De referencia.

Combinatoria, teoría de grupos.

Magnus, Karrass y Solitar.

Answer 3

Al ser un producto libre de $C\ast D$ implica la existencia de una acción orientada al árbol tal que $C$ es el estabilizador de algunos vértice $v_0$ y de tal manera que el borde estabilizadores son triviales (por lo que no trivial elemento revisión a más de un vértice).

Deje $(a,b)$ ser un elemento no trivial de $C$; podemos suponer que $a\neq 1$ hasta el interruptor de $A$ e $B$. A continuación, en el Bass-Serre árbol, $(a,b)$ corrige un único vértice $v_0$, y por lo tanto este vértice se fija también por el centralizador de $(a,b)$, y, por tanto, $(a,1)$ corrige $v_0$. Aplicando esto a $(a,1)$ muestra que $B$ corrige el vértice $v_0$. Elija $1\neq b'\in B$. Se corrige el único vértice $v_0$ y de ahí su centralizador corrige $v_0$, lo $A$ corrige $v_0$. Finalmente, $G=A\times B$ corrige $v_0$, lo $D=1$.