Productos gratuitos de grupos cíclicos.

Question

Dado $G$, $H$, $G'$, y $H'$ son cíclicos grupos de órdenes $m$, $n$, $m'$, y $n'$ respectivamente.

Si $G*H$ es isomorfo a $G'* H'$, me gustaría mostrar que cualquiera de las $m = m'$ e $n = n'$ o de lo $m = n'$ e $n = m'$ mantiene. Donde * denota el producto libre.

Mi planteamiento:

$G*H$ tiene un elemento de orden $n$, lo $G' * H'$ tiene uno también.

Pero ya el siguiente paso no está claro para mí, debo demostrar que no es un elemento de longitud $> 1$ que tiene una infinidad de orden o de lo que sería el enfoque correcto aquí?

Gracias.

Answer 1

Es un teorema de Schreier que cualquier elemento de $G*H$ que ha finito de orden debe ser conjugado a un elemento de $G$ o un elemento de $H$. (Esto es lo que Steve D notas en su comentario).

Para ver esto en el caso especial donde $G$ es cíclico de orden $n$ e $H$ cíclico de orden $m$, vamos a $G=\langle g\rangle$ e $H=\langle h\rangle$. Deje $w$ ser una reducción de la palabra en $G*H$ y se supone que es de orden finito. Sin pérdida de generalidad, supongamos que se inicia con $g$. Entonces tenemos $$w = g^{a_1} h^{b_1} \cdots g^{a_k}h^{b_k}$$ donde $0\lt a_i\lt n$ por cada $i$, e $0\lt b_i\lt m$ para $i=1,\dots,k-1$, con $0\leq b_i\lt m$.

Si $b_k\gt 0$, entonces la longitud de $w^r$ es $2rk$, ya que no hay cancelaciones; por lo $w$ no puede ser finito de orden. Por lo tanto, $b_k=0$, y tenemos $$w = g^{a_1}h^{b_1}\cdots h^{b_{k-1}}g^{a_k}.$$ A continuación, podemos conjugar $w$ adecuada, de modo que cualquiera de las $a_i=0$ o $a_k=0$ (o ambos). Repitiendo el argumento, vemos que en realidad debe de tener $a_1+a_k = n$, por lo que el $w$ es conjugado a $h^{b_1}g^{a_2}\cdots g^{a_{k-1}}h^{b_{k-1}}$. Ahora repita el argumento de la conjugación; finalmente, vamos a terminar con $g^{a_i}$ o $h^{b_j}$, lo $w$ es conjugado a un elemento de $H$ o a un elemento de $G$.

Así que supongamos que $G*H\cong G'*H'$. Sin pérdida de generalidad decir $m\leq n$ e $m',n\leq n'$. Si $n\lt n'$ tenemos una contradicción, ya que $G'*H'$ tiene un elemento de orden $n'$, pero cada elemento finito de orden en $G*H$ ha pedido dividiendo $n$ o $m$. Por lo $n=n'$, como se desee.

Ahora debemos demostrar que $m=m'$. Podemos suponer $m\leq m'$.

La característica universal de la subproducto nos dice que el mapa de identidad $G\to G$ y el trivial mapa de $H\to G$ inducir un homomorphism $G*H\to G$, lo que restringe a la identidad en $G$ y el cero mapa en $H$. El núcleo es exactamente el normal cierre de $H$ de $G*H$, $K$; en particular, la normal cierre de $H$ intersecta $G$ trivialmente. Simétricamente, la normal cierre de $G$ en $G*H$ intersecta $H$ trivialmente.

El isomorfismo $G'*H'\to G*H$ mapas el generador de $H'$ a un conjugado de un elemento de $H$ o de $G$; y los mapas del generador de $G'$ a un conjugado de un elemento de $H$ o de $G$. Pero ambos no pueden mapa de conjugados de los elementos de $H$, o ambos a conjugados de los elementos de $G$: porque entonces el mapa de $G*H\to G$ (respectivamente, el mapa de $G*H\to H$) sería un mapa distinto de cero, pero cuando se compone con el isomorfismo $G'*H'\to G*H$ obtendríamos el cero mapa, lo cual es imposible. Así que si el generador de $H'$ se asigna a un conjugado de un elemento (de hecho, un generador) de $H$, entonces el generador de $G'$ se debe asignar a un conjugado de un elemento de $G$, lo que demuestra que $|G'|\leq |G|$. Esto demuestra la igualdad, desde la $m\leq m'$. Si el generador de $H'$ se asigna a un conjugado de un elemento de $G$ entonces $n'\leq m\leq n=n'$, por lo que debemos tener $n=m=n'=m'$.

Answer 2

Permítame darle un argumento alternativo para la reclamación$m=m'$ en la respuesta de Arturo Magidin.

Tome las abelianizaciones de los grupos$G*H$ y$G'*H'$, ya que$G,G,H,H'$ son abelianos, sus abelianizaciones son$G\oplus H$ y$G'\oplus H'$ respectivamente. Luego obtiene$G\oplus H\cong G'\oplus H'$ y, en particular, sus pedidos$mn=m'n'$ son iguales. Como ya teníamos$n=n'$, concluimos que$m=m'$.