Subgrupos de grupos libres que evitan las clases de conjugación

Question

Sea $G = (\mathbb Z/2\mathbb Z)^{\ast m}$ sea un producto libre de algunos grupos de orden $2$ . Sea $\alpha_1,\ldots,\alpha_m$ sean los generadores.

¿Puedo encontrar un subgrupo libre no abeliano de $G$ que no tenga elementos no triviales conjugados con cualquier $\alpha_i \alpha_j$ ? ¿Cómo puedo demostrarlo?

Answer 1

Voy a responder a la versión más fuerte de su pregunta en la que el conjunto de palabras $\alpha_i \alpha_j$ se sustituye por cualquier subconjunto finito $A \subset G$ .

Esto no es posible si $m=1$ porque $G$ es finito en ese caso y por tanto no tiene subgrupo libre no abeliano.

Tampoco es posible si $m=2$ porque $G$ es el grupo diédrico infinito que tiene un subgrupo abeliano de índice 2 (de hecho, cíclico) y, por tanto, no tiene ningún subgrupo no abeliano libre.

Así que tenemos que asumir $m \ge 3$ .

Cada elemento de $G$ se expresa unívocamente como una "palabra reducida", es decir, una secuencia de la forma $\alpha_{i_1} .... \alpha_{i_k}$ en el que dos letras consecutivas cualesquiera $\alpha_{i_j} \alpha_{i_{j+1}}$ son desiguales. La identidad corresponde a la palabra vacía con $k=0$ .

Cada clase de conjugación en $G$ tiene un representante que se expresa de forma semiunívoca como "palabra cíclicamente reducida", lo que significa que se reduce et $b_{i_m}, b_{i_1}$ son desiguales; por "semiúnico" entiendo que tal representante de la clase de conjugación es único hasta la permutación cíclica de la palabra.

Bien, entonces, el primer paso es expresar la clase de conjugación de cada elemento de $A$ como una palabra cíclicamente reducida, y luego tomar $k$ sea la longitud máxima de esas palabras.

He aquí una construcción especialmente sencilla si $m \ge 4$ .

Elegir palabras reducidas distintas $w,v$ de longitud $>k$ de forma que las letras inicial y final de $w$ y $v$ son 4 letras diferentes, por ejemplo: $$w = (\alpha_1 \alpha_2)^k \alpha_3 $$ $$v = (\alpha_2 \alpha_3)^k \alpha_4 $$ Se deduce que toda palabra reducida no trivial en las letras $w$ y $v$ tras la sustitución, se convierte en una palabra cíclicamente reducida en las letras $\alpha_1,\ldots,\alpha_4$ y además tiene una longitud $\ge k$ . Por ejemplo $$w^{-1} v = \alpha_3 (\alpha_2 \alpha_1)^k (\alpha_2 \alpha_3)^k \alpha_4 $$ Por lo tanto, el grupo $\langle w,v \rangle$ es un grupo libre de rango 2 y cada elemento no trivial en él es cíclicamente reducido de longitud $> k$ por lo que no es conjugado con ningún elemento del conjunto $A$ .

Si $m=3$ no es posible elegir $w,v$ de una manera tan simplista. Pero se puede elegir el $w,v$ ser palabras largas reducidas (de longitud $\ge k + 4$ ) en las letras $\alpha_1,\ldots,\alpha_3$ de modo que cada una de las concatenaciones $ww$ , $vv$ , $wv$ , $wv^{-1}$ , $vw$ , $vw^{-1}$ produce una palabra en $\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3$ con cancelación breve (como máximo $2$ se anulan las cartas). De ello se deduce que cada palabra reducida en los símbolos $w,v$ evalúa a una palabra en las letras $\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3$ cuya reducción cíclica tiene longitud $\ge k+2$ por lo que no es trivial ni conjugable con ningún elemento de $A$ .

Answer 2

Como dice Lee Mosher esto no es posible si $m \le 2$ . Si $m \ge 3$ podemos argumentar de forma un poco diferente de la siguiente manera. $G$ es residualmente finito ( prueba ), por lo que podemos encontrar un subgrupo normal $N$ de índice finito que no contenga ningún conjunto finito de elementos no identitarios, en particular el conjunto $\{ \alpha_i \alpha_j \}$ . Desde $N$ es normal tampoco contiene conjugados de esos elementos. Queda por demostrar que $N$ contiene un subgrupo libre no abeliano.

Por el teorema del subgrupo de Kurosh, $N$ es un producto libre de un número finito de copias de $\mathbb{Z}$ y $\mathbb{Z}/2$ . Tiene un mapa natural al producto directo de las copias de $\mathbb{Z}/2$ cuyo núcleo es un subgrupo normal $N'$ de índice finito que es libre (esto se deduce de algunas cosas sobre recubrimientos de grafos de grupos, o equivalentemente una forma ligeramente más precisa del teorema del subgrupo de Kurosh). Dado que $N'$ tiene índice finito en $G$ debe ser no abeliano (aquí es donde utilizamos la hipótesis de que $m \ge 3$ ), por ejemplo porque $G$ no es virtualmente abeliano, o utilizando el hecho de que la característica de Euler del orbifolio $\chi(G) = \frac{m}{2} - (m-1) = 1 - \frac{m}{2}$ es negativo.