Amabilidad de los grupos II

Question

¿Hay algún grupo noamenable $G$ con la propiedad:

Existe $C<1$ tal que para todo conjunto finito $S\subset G$ existe un conjunto $F\subseteq S$ tal que $|F|\geq C |S|$ y $F$ genera un grupo amenable.

ACTUALIZACIÓN: Esta es la motivación de la pregunta: https://mathoverflow.net/questions/55075/amenability-of-groups-iii

Answer 1

Algunas reflexiones. En primer lugar, puedes suponer que tu grupo está generado finitamente. En segundo lugar, no contiene subgrupos libres no amenos, grupos libres de Burnside, etc. Además, cada subgrupo de tu grupo también tiene la misma propiedad. Ahora, puedes mirar la lista (no muy grande) de contraejemplos conocidos del problema de von Neumann (grupos noamenables sin subgrupos libres) para convencerte de que no se conoce un ejemplo de un grupo así. Tengo la firme sospecha de que los ejemplos no existen, es decir, todo grupo que satisfaga su propiedad debe ser amenable. Creo que la siguiente propiedad puede ser válida para todos los grupos generados finitamente: para cada grupo infinito generado finitamente $G$ y cada $\epsilon\gt 0$ existe un subconjunto finito $S\subset G$ tal que todo subconjunto de $S$ que contenga al menos $\epsilon|S|$ elementos genera $G$ . (Por la tesis de Gromov, esta afirmación, si es cierta, debe ser trivial). Por ejemplo, en el caso de $\mathbb Z$ cualquier tamaño suficiente (de cardinalidad mayor que $\frac{2}{\epsilon}$ ) conjunto de primos es tal. Si es cierto, entonces todo grupo con su propiedad es amenable.

Para el grupo libre $F(a,b)$ el conjunto puede construirse como $S=\{a^pb^q, p,q\in I\}$ , donde $I$ es cualquier conjunto de números naturales tal que para cada $x_1\lt x_2 \lt...\lt x_n\in I$ los números $x_2-x_1, x_3-x_1,...,x_n-x_1$ son relativamente primos (aquí $n$ depende de $\epsilon$ , $|I|$ también depende de $\epsilon$ ). En efecto, si $I$ es lo suficientemente grande, un subconjunto con $\ge \epsilon|S|$ contendrán elementos $n$ elementos de la forma $a^pb^{q_1}, a^pb^{q_2},..., a^pb^{q_n}$ donde $q_1\lt q_2\lt...\lt q_n$ son de $I$ . Entonces el subgrupo generado por estos elementos contendrá $b$ . Del mismo modo, contendrá $a$ . En lugar del grupo libre, se puede tomar cualquier grupo $G$ generado por $a,b$ donde el conjunto $S$ es infinito. Podría ser suficiente para demostrar mi conjetura en general.

Editar. Hay que tener más cuidado al elegir el conjunto $S$ para el grupo libre, pero la idea general parece ser correcta.