productos de conjugados en grupos gratis

Question

Al intentar llevar a cabo algunos de los argumentos técnicos en la libertad de los grupos, me he encontrado con el siguiente problema, que no sé la respuesta.

Deje $F$ ser un grupo libre y deje $g,a_1,\ldots,a_n \in F$. Supongamos que $g$ no es igual a un producto de los conjugados de $a_1,a_2,\ldots,a_n$, en ese orden. Es decir, al no existir $x_1,x_2,\ldots,x_n \in F$ con $g = a_1^{x_1}a_2^{x_2}\cdots a_n^{x_n}$.

Es necesariamente finito, cociente $F/N$ de % de $F$ en el que lo mismo es cierto de las imágenes de $g,a_1,\ldots,a_n$. Es decir, no no $x_1,x_2,\ldots,x_n \in F$ tal que $g^{-1}a_1^{x_1}a_2^{x_2}\cdots a_n^{x_n} \in N$?

Answer 1

La respuesta a tu pregunta es no, no hay necesidad de ser un finito cociente así. Esto también responde a la pregunta de Lev Glebsky y Luis Manuel Rivera Martínez mencionó en un comentario. Me enteré de este argumento de Jakub Gismatullin (que lo presentó en una forma similar a un taller en la Erwin-Schrödinger-Instituto de abril de 2013).

La clave es la siguiente profundo teorema, demostrado por Nikolay Nikolov y Dan Segal en [Nikolay Nikolov, Dan Segal, Generadores y los conmutadores en grupos finitos; resumen cocientes de grupos compactos, Inventar las matemáticas (2012) 190:513-602].

Teorema (Nikolov-Segal): existe una constante $n$ de manera tal que el siguiente tiene. Para cada $2$-generador finito grupo $G$ con generadores $g_1,g_2$, cada elemento del subgrupo $[G,G]$ es un producto de $n$ factores de la forma $[g,g_i^{\pm 1}]$ con $g \in G$, $i =1,2$.

Vamos ahora a $F$ ser el libre grupo en dos generadores $g_1,g_2$. Observar que $[g,g_i^{\pm 1}] = (gg_i^{\pm}g^{-1})g_i^{\mp}$, por lo que cualquier colector con un generador es un producto de dos conjugados de los generadores. Elija $N=2n \cdot 4^n-1$ y encontrar una secuencia $a_0,\dots,a_N$ donde $a_j \in \{g_1,g_1^{-1},g_2,g_2^{-1}\}$ e $a_{2j+1} = a_{2j}^{-1}$, y de tal manera que cualquier posible elección de una secuencia de longitud $n$ aparece entre las secuencias de $(a_{2j}, a_{2j+2}, \dots, a_{2(j+n-1)})$. (Existencia es fácil, sólo tienes que concatenar todos los posibles de la secuencia en la que incluso los índices y elegir los elementos adecuados para la impar índices.)

Utilizar el conocido hecho de que el colector de ancho de $F$ (libre grupo en dos generadores) es infinito y elegir algún elemento $g \in [F,F]$, cuyo colector de longitud es estrictamente mayor que $n \cdot 4^n$. Está claro que $g$ no es de la forma $a_0^{x_0}a_1^{x_1} \cdots a_N^{x_N}$, ya que el $a_{2j}^{x_{2j}} a_{2j+1}^{x_{2j+1}}$ es un colector por la construcción.

Sin embargo, en cualquier finito cociente $G=F/N$, tenemos $gN \in [G,G]$ y, por tanto (por el teorema anterior) podemos encontrar $x_0,x_1,\dots,x_N$ tal que $a_0^{x_0}a_1^{x_1}a_2^{x_2} \cdots a_N^{x_N} \in gN$. En efecto, podemos escribir la $gN$ como producto de la $n$ conmutadores con los generadores, busque un adecuado segmento de la secuencia de la $a_i$'s, elegir las $x_i$'s allí y ajustar el resto de $x_i$'s igual al elemento neutro.

Como un comentario, esto no proporciona un ejemplo de un grupo que no es débilmente sofic y no refutar la Conjetura 2.1 en el papel por Glebsky-Rivera Martínez. Esto solo demuestra que los productos de las clases conjugacy no necesita ser cerrado en el pro-finito de topología.