¿El producto gratuito de los grupos finamente residuales es siempre finito?

Question

Supongamos grupos $G$ e $H$ son residual finito. Eso no implica, que $G \ast H$ es residual finito?

Lo he intentado probar esto:

Supongamos, $a = g_1h_1g_2h_2…g_nh_n \in G \ast H$, $g_1, .. g_n \in G$, $h_1, … , h_n \in H$ e $b = g_1g_2…g_n \neq e$, entonces el natural homomorphism $\alpha: G \ast H \to \frac{G \ast H}{\langle \langle H \rangle \rangle} \cong G$ mapas de $a$ a $b$. Ahora supongamos, que $\beta$ es el homomorphism de $G$ a un determinado grupo de $K$, de tal manera que $\beta(b)$ no es trivial (homomorphism existe como $G$ es residual finito). A continuación, $\beta \alpha$ es el homomorphism que los mapas de $a$ a un no-trivial elemento de un grupo finito.

Los mismos argumentos se pueden aplicar en el caso de que, cuando se $h_1h_2 … h_n \neq e$. Sin embargo, no sé, qué hacer en caso de que, cuando se $g_1g_2…g_n = h_1h_2 … h_n = e$.

Answer 1

Sí. Esto reduce al caso de un producto libre de grupos finitos, que es gratis-por-finito, y por lo tanto residual finito.

Para ver esto, tome su alternando producto $a = g_1 h_1 \cdots g_n h_n\neq 1$ en $G\ast H$, y elija normal subgrupos $N$ e $K$, de finito índice en $G$ e $H$, respectivamente, de tal manera que $a_1 , a_2 ,\ldots , a_n\not\in N$ e $b_1, b_2, \ldots, b_n \not\in K$. (Esto se puede hacer ya que, por definición, no son subgrupos normales de $G$ excluyendo cada una de las $a_i$, y entonces su intersección excluye a todos ellos y aún tiene finita índice en $G$. De la misma manera por la $b_i$ en $H$.) A continuación, el natural homomorphisms $G\to \overline{G} = G/N$ e $H\to\overline{H}=H/K$ extenderse a un homomorphism $\phi : G\ast H \to \overline{G}\ast\overline{H}$ para que $\overline{a} = \phi(a)\neq 1$. (De hecho, $\overline{a} = \overline{g_1}\overline{h_1}\cdots\overline{g_n}\overline{h_n}$ es una reducción de la alternancia de producto en $\overline{G}\ast\overline{H}$ como todos los de la $\overline{a_i}$ e $\overline{b_j}$ son no triviales en sus respectivos finito de factores). Desde $\overline{G}\ast\overline{H}$ es un producto libre de grupos finitos $\overline{G}$ e $\overline{H}$, es gratis-por-finito, por lo que es residual finito. Por lo tanto, no es un homomorphism $\psi : \overline{G}\ast\overline{H} \to Q$, donde $Q$ es finito, de tal manera que $\psi(\overline{a})\neq 1$. A continuación, $\psi(\phi(a))\neq 1$, e $\psi\circ\phi$ es un homomorphism de $G\ast H$ para el grupo finito $Q$ para que $(\psi\circ\phi)(a)\neq 1$.

(Hay un pequeño rincón caso adecentar, donde $a\in G\cup H$ pero, como $G$ e $H$ son cada homomórfica imágenes de $G\ast H$, esto es fácil de manejar.)