¿Existe un grupo no trivial $C$ tal que $A*C \cong B*C$ implica $A \cong B$ ?

Question

Este es un crosspost de esta pregunta de MSE de hace un año.

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Los grupos finitos son cancelables a partir de productos directos, es decir, si $F$ es un grupo finito y $A\times F \cong B\times F$ entonces $A \cong B$ . Se puede encontrar una prueba en esta nota por Hirshon. En la misma nota, se demuestra que $\mathbb{Z}$ no es cancelable, pero si sólo permitimos $A$ et $B$ sea abeliano, lo es (véase aquí ).

Me gustaría saber si hay algún grupo que pueda ser anulado a partir de productos gratuitos en lugar de productos directos. Es decir:

¿Existe un grupo no trivial $C$ tal que $A*C \cong B*C$ implica $A \cong B$ ?

No es cierto que todos los grupos sean cancelables en los productos libres. Por ejemplo, si $A$ , $B$ , $C$ son los grupos libres sobre uno, dos e infinitos generadores respectivamente, entonces $A*C \cong C \cong B*C$ pero $A\not\cong B$ . Se pueden construir muchos no-ejemplos de esta manera, pero todos se generan infinitamente.

Como se discute en la pregunta original de MSE, se deduce del teorema de descomposición de Grushko que si $A$ , $B$ y $C$ son generados finitamente, entonces $A*C \cong B*C$ implica $A \cong B$ .

Answer 1

Para $C=\mathbb{Z}/2\mathbb{Z}$ se deduce de la Teorema del subgrupo de Kurosh que $A\ast C \cong B\ast C$ implica que $A\cong B$ . Denote $C_1 \cong C_2\cong \mathbb{Z}/2\mathbb{Z}$ y que $\varphi: A\ast C_1 \to B\ast C_2$ sea un isomorfismo.

Entonces $\varphi(C_1)\leq B\ast C_2$ es una inyección. Por Kurosh (y como $C$ es libremente indecomponible), existe $C_3\leq B$ o $C_4\leq C_2$ et $g\in B\ast C_2$ tal que $\varphi(C_1)=gC_3g^{-1}$ o $\varphi(C_1)=gC_4g^{-1}$ . Sustituyendo el isomorfismo $\varphi$ con $g^{-1}\varphi g$ podemos suponer que $\varphi(C_1)=C_3$ o $C_4$ . En el segundo caso, tenemos $C_4\cong C_2$ y por lo tanto $\varphi(C_1)=C_2$ . Tomando el cociente por el cierre normal de $C_1$ et $C_2$ a la izquierda y a la derecha respectivamente, vemos que $A\cong B$ .

En el caso $\varphi(C_1)=C_3< B$ , $\varphi^{-1}(C_2) = hC_5h^{-1}$ , $C_5\leq A, h\in A\ast C_1$ (ya que de lo contrario estaríamos de nuevo en el otro caso). Entonces vemos que $A \cong A\ast C_1 / \langle\!\langle C_1\rangle\!\rangle \cong B \ast C_2 /\langle\!\langle C_3\rangle\!\rangle \cong (B/\langle\!\langle C_3\rangle\!\rangle)\ast C_2$ (utilizamos $G/\langle\!\langle H\rangle\!\rangle$ para denotar el cociente por el subgrupo normal generado por $H$ ). De la misma manera, $B\cong (A/\langle\!\langle C_5\rangle\!\rangle)\ast C_1$ . Sea $A_1=B/\langle\!\langle C_3\rangle\!\rangle, B_1=A/\langle\!\langle C_5\rangle\!\rangle$ . Entonces $A\cong A_1\ast C_2, B\cong B_1\ast C_1$ y $\varphi: A_1\ast C_2\ast C_1 \to B_1\ast C_1\ast C_2$ , tomando $C_i$ a un conjugado de $C_i$ . Tome el cociente por los cierres normales de $C_1$ et $C_2$ en ambos lados, vemos que $A_1\cong B_1$ Así que $A\cong B$ .

Answer 2

La respuesta de Ian Agol sólo utiliza dos propiedades de $\mathbb{Z}/2\mathbb{Z}$ es libremente indecomponible y no es isomorfo a un subgrupo propio de sí mismo. Hay muchos otros grupos que tienen estas dos propiedades, por ejemplo, los grupos finitos.

Un grupo que no es isomorfo a un subgrupo propio de sí mismo se llama co-Hopfian . Como he aprendido recientemente en MSE todos los grupos co-hopfianos son libremente indecomponibles: si $H$ et $K$ son no triviales, su producto libre $H\ast K$ tiene el subgrupo isomorfo propio $H\ast (kh)K(kh)^{-1}$ donde $h \in H$ et $k \in K$ son elementos no identitarios. Así que podemos concluir lo siguiente:

Para cualquier grupo co-hopfiano $C$ , si $A\ast C \cong B\ast C$ entonces $A\cong B$ .

Entre los ejemplos de grupos coopfianos se encuentran los grupos finitos, $\mathbb{Q}$ , $\mathbb{Q}/\mathbb{Z}$ y los grupos fundamentales de las variedades hiperbólicas cerradas. Esta última clase de ejemplos conduce a la siguiente observación:

Dejemos que $M$ , $M'$ y $N$ sean variedades hiperbólicas cerradas. Si $M\# N$ es difeomorfo a $M'\# N$ entonces $M$ es difeomorfo a $M'$ .

Prueba: En la dimensión dos, los supuestos implican $M$ et $M'$ tienen el mismo género y, por tanto, son difeomorfos. En dimensiones mayores que dos tenemos

$$\pi_1(M)\ast\pi_1(N) \cong \pi_1(M\# N) \cong \pi_1(M'\# N) \cong \pi_1(M')\ast\pi_1(N).$$

Como $\pi_1(N)$ es co-hopfiano, vemos que $\pi_1(M) \cong \pi_1(M')$ Así que $M$ et $M'$ son difeomorfos por la rigidez de Mostow. $\,\square$

Obsérvese que hay muchos ejemplos de colectores $M$ , $M'$ y $N$ para lo cual $M\# N$ es difeomorfo a $M'\# N$ pero $M$ no es difeomorfo a $M'$ Por ejemplo $M = T^2$ , $M' = \mathbb{RP}^2\#\mathbb{RP}^2$ y $N = \mathbb{RP}^2$ . Para un ejemplo orientable, tomemos $M = S^2\times S^2$ , $M' = \mathbb{CP}^2\#\overline{\mathbb{CP}^2}$ y $N = \overline{\mathbb{CP}^2}$ .