¿Por qué los grupos libres son finitos de forma residual?

Question

¿Por qué toda palabra no trivial en un grupo libre (es fácil de reducir al caso de, por ejemplo, dos generadores) tiene una imagen no trivial en algún grupo finito? De forma equivalente, ¿por qué el mapa natural de un grupo a su terminación profinita es inyectivo si el grupo es libre?

Aparentemente, esto se desprende de un resultado de Malcev según el cual los grupos matriciales generados finitamente sobre un anillo conmutativo arbitrario son residualmente finitos, pero ¿existe una prueba más accesible si sólo queremos el resultado para grupos libres?

Answer 1

Aquí hay una prueba directa para los grupos libres.

Dejemos que $x_1,\dots,x_m$ sean los generadores de nuestro grupo. Consideremos una palabra $x_{i_n}^{e_n}\dots x_{i_2}^{e_2}x_{i_1}^{e_1}$ donde $e_i\in\{\pm 1\}$ y no hay cancelaciones (es decir, $e_k=e_{k+1}$ si $i_k=i_{k+1}$ ).

Voy a asignar esta palabra a un elemento no trivial de $S_{n+1}$ el grupo de permutaciones de $M:=\{1,\dots,n+1\}$ . Basta con construir permutaciones $f_1,\dots,f_m\in S_{n+1}$ tal que $f_{i_n}^{e_n}\dots f_{i_2}^{e_2}f_{i_1}^{e_1}\ne id_M$ . Para cada $k=1,\dots,n$ , asignar $f_{i_k}(k)=k+1$ si $e_k=1$ o $f_{i_k}(k+1)=k$ si $e_k=-1$ . Esto nos da mapas inyectivos $f_1,\dots,f_m$ definidos en subconjuntos de $M$ . Asignar los valores aún no asignados de $f_i$ de forma arbitraria (el único requisito es que sean biyecciones). Las permutaciones resultantes satisfacen $f_{i_n}^{e_n}\dots f_{i_2}^{e_2}f_{i_1}^{e_1}(1)=n+1$ .

Editar : Como ha señalado Steve D en los comentarios, esta prueba puede encontrarse en un libro de Daniel E. Cohen, "Combinatorial group theory: a topological approach" (1989). El libro se puede encontrar en la red si estás decidido; la prueba en la página 7 y en la Proposición 5 en la página 11.

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Editar [DZ]: Me cuesta leer los subíndices múltiples, así que aquí hay un ejemplo de la construcción de Sergei Ivanov.

Toma la palabra $cca^{-1}bc^{-1}a$ . Esto tiene una longitud $6$ por lo que encontraremos un homomorfismo a $S_7$ cuya imagen de esta palabra no es trivial porque envía $1$ a $7$ . Elegiremos los valores de las permutaciones para que el $k$ El sufijo th envía $1$ a $k+1$ :

Sufijo 1: $a$

$\alpha=\bigg(\begin{array}{} 1&2 &3 &4& 5& 6& 7 \\\ 2&?&?&?&?&?&? \end{array} \bigg)$

Sufijo 2: $c^{-1}a$

$\gamma=\bigg(\begin{array}{} 1&2 &3 &4& 5& 6& 7 \\\ ?&?&2&?&?&?&? \end{array} \bigg)$

Sufijo 3: $bc^{-1}a$

$\beta=\bigg(\begin{array}{} 1&2 &3 &4& 5& 6& 7 \\\ ?&?&4&?&?&?&? \end{array} \bigg)$

Sufijo 4: $a^{-1}bc^{-1}a$

$\alpha=\bigg(\begin{array}{} 1&2 &3 &4& 5& 6& 7 \\\ 2&?&?&?&4&?&? \end{array} \bigg)$

Sufijo 5: $ca^{-1}bc^{-1}a$

$\gamma=\bigg(\begin{array}{} 1&2 &3 &4& 5& 6& 7 \\\ ?&?&2&?&6&?&? \end{array} \bigg)$

Sufijo 6: $cca^{-1}bc^{-1}a$

$\gamma=\bigg(\begin{array}{} 1&2 &3 &4& 5& 6& 7 \\\ ?&?&2&?&6&7&? \end{array} \bigg)$

Estas condiciones sobre $\alpha, \beta,$ y $\gamma$ no entran en conflicto, pueden extenderse a las permutaciones, y entonces $\gamma\gamma\alpha^{-1}\beta\gamma^{-1}\alpha(1) = 7$ .

Answer 2

También se puede utilizar el hecho de que los grupos libres son lineales. Por ejemplo, si $$a=\begin{pmatrix} 1 & 2 \\\\ 0 & 1 \\ \end{pmatrix}$$ y $b$ es la transposición de $a$ un simple argumento de ping-pong muestra que $a$ y $b$ generan un subgrupo libre de $SL(2,Z)$ . Ahora cualquier elemento de $SL(2,Z)$ será no trivial en la reducción mod $p>>1$ .

Answer 3

Puedes utilizar la serie Magnus para demostrarlo. Creo que este argumento es, a lo sumo, una ligera variante de uno de sus artículos (pero hace ya varios años).

Si su grupo libre tiene n generadores, tome el anillo de series de potencia no conmutativo $R = \mathbb{F}_2\langle\langle x_1,\ldots,x_n\rangle \rangle$ con un ideal de 2 caras de definición $I = (x_1,\ldots,x_n)$ . (Entonces $R/I^s$ es un anillo finito). Definimos un homomorfismo $\phi$ del grupo libre a $R^\times$ que envía el generador i'th $g_i$ a $1 + x_i$ . Basta con demostrar que toda palabra del grupo libre tiene imagen no nula en algún $(R/I^s)^\times$ .

Supongamos que $w = g_{m_1}^{e_1} \cdots g_{m_k}^{e_k}$ es una palabra del grupo libre donde $e_i \neq 0$ , ${m_i} \neq {m_{i+1}}$ . Escriba $e_i = 2^{r_i} f_i$ donde $f_i$ es impar. Entonces el primer coeficiente no nulo en $(1 + x_i)^{e_i}$ es la de $(x_i)^{2^{r_i}}$ . Por lo tanto, si se amplía $\phi(w)$ en un producto monomial, el monomio $x_1^{2^{r_1}} \cdots x_k^{2^{r_k}}$ aparece exactamente una vez. Por lo tanto, $\phi(w)$ tiene imagen no nula en $R/I^s$ para $s > \sum 2^{r_i}$ .

Answer 4

Existe una hermosa y muy breve demostración debida a Hempel de la finitud residual tanto de los grupos libres como de los grupos fundamentales de las superficies cerradas. Véase su artículo

J. Hempel, Residual finiteness of surface groups, Proc. Amer. Math. Soc. 32 (1972), 323.

Answer 5

En realidad, hay un razonamiento sencillo que demuestra la finitud residual de los grupos libres utilizando coberturas. En efecto, consideremos el grupo libre $F(n)$ como grupo fundamental de una cuña $X$ de $n$ círculos. Tomemos cualquier elemento no trivial $w$ de $F(n)$ . Es suficiente con exhibir una cobertura finita $X_0 \to X$ de tal manera que el camino $w$ no está cubierto por un bucle en el gráfico $X_0$ . El gráfico $X_0$ se puede construir de la siguiente manera: tomar una cubierta universal $\tilde X$ de $X$ . Es un grafo de Cayley de $F(n)$ un árbol regular, cada vértice del cual tiene un grado interno $n$ y el grado de salida $n$ con aristas etiquetadas por generadores de $F(n)$ . Consideremos la trayectoria W (que parte de un origen fijo) en $\tilde X$ correspondiente a la palabra $w$ . Para obtener $X_0$ declaramos Vértices( $X_0$ ) = Vértices( $W$ ) y Edges( $X_0$ ) = Aristas( $W$ ) más aristas adicionales añadidas de forma que $X_0$ se convierte en un $n$ -Gráfico regular: cada vértice debe tener $n$ entrante y $n$ bordes de salida. Esto es siempre posible ya que $W$ fue tomada originalmente de un $n$ -gráfico regular.

De este modo, obtenemos un $n$ -Gráfico regular $X_0$ por lo que se trata de una cubierta de láminas finita $X_0\to X$ en el que el camino $w$ no es un bucle. Por lo tanto, el elemento $w$ se encuentra fuera de un subgrupo de índice finito de $F(n)$ por lo que se encuentra fuera de algún subgrupo normal de índice finito, por lo que mapea de forma no trivial a algún grupo finito.