¿Pueden detectarse "localmente" los grupos no abelianos?

Question

Supongamos que $m,n\geq 2$ son dos números enteros. ¿Es cierto que para todo grupo no abeliano suficientemente grande $G$ se puede encontrar un conjunto $A\subset G$ con $|A|=n$ de modo que $|A^m| >\binom{n+m-1}{m}$ ?

(Editar) Añadamos también la condición $m\le n$ ya que la respuesta a continuación proporciona un contraejemplo para un tamaño suficientemente grande $m$ . En general, sería interesante conocer la gama de $(m,n)$ para los que se cumple la afirmación.(/Editar)

Aquí $A^k=\lbrace a_1a_2\cdots a_k| a_1,a_2,\dots,a_k\in A\rbrace$ es un conjunto de productos. Es obvio que en todo grupo abeliano se tiene $|A^m| \le\binom{n+m-1}{m}$ para cada $A$ .

No tengo una aplicación en mente, estaba probando el caso $m=2$ y creo que tengo una prueba (todavía no he comprobado todos los pasos, pero no es especialmente esclarecedora ya que se divide en muchos casos). Me pregunto si esto es cierto en general y si hay una prueba hábil, o si hay un contraejemplo.

Answer 1

La respuesta es no. Consideremos la familia de grupos $G_k:=(\mathbf Z_2{}^k)\rtimes \mathbf Z_2$ , donde el grupo de la derecha actúa intercambiando la primera y la segunda coordenada. Entonces el subgrupo conmutador $G_k'$ es generado por $g_k:=((1,1,0,\ldots, 0),0)$ es decir, es de orden dos. Por tanto, $G_k$ es no abeliano (de orden arbitrariamente grande), pero lo menos no abeliano posible. Obsérvese que cada elemento de $G_k$ tiene un orden que divide a 4.

Ahora dejemos que $A=\lbrace a_1,\ldots, a_n \rbrace \subseteq G_k$ . Entonces cualquier elemento en $A^m$ puede escribirse como $a_1^{e_1} \cdots a_n^{e_n} g_k^{e_k}$ , donde $0\leq e_i \leq 3$ para $i=1,\ldots n$ y $e_k=0,1$ . Esto se deduce aplicando la identidad $ab=[a,b]ba$ repetidamente. En particular, $|A^m|$ está limitada por una constante que depende de $n$ solamente, no en $m$ .

Edición: Para ser explícitos, dos elementos cualesquiera de $G_k$ generará un subgrupo de orden como máximo 32, por lo que $(n,m)=(2,31)$ es un contraejemplo.

Answer 2

Si no me equivoco, la familia de grupos $\left\{ Q_8 \times (\mathbb{Z}/2\mathbb{Z})^{\times k} \right\}_{k \geq 0}$ es un contraejemplo al caso $m=n=2$ donde $Q_8$ es el grupo de cuaterniones con 8 elementos.

Reclamación: Cualquier subconjunto $A$ con 2 elementos da como resultado $A^2$ con un máximo de 3 elementos.

Escribe dos elementos como $(g,x)$ y $(h,y)$ con $g,h \in Q_8$ y $x,y \in (\mathbb{Z}/2\mathbb{Z})^{\times k}$ . Si $g$ y $h$ coinciden, entonces $(g,x)(h,y) = (h,y)(g,x)$ y obtenemos como máximo 3 elementos. Si $g$ y $h$ no te desplaces, entonces $g^2 = h^2$ por la propiedad especial de $Q_8$ Así que $(g,x)^2 = (h,y)^2$ y obtenemos exactamente 3 elementos.

Answer 3

He aquí una recopilación de lo que tengo hasta ahora gracias a las respuestas de Guntram y S. Carnahan. Denotemos por $P(n,m)$ la propiedad que $|A^m| \le\binom{n+m-1}{m}$ para todos los subconjuntos $|A|=n$ .

Tenemos que la única no abeliana $P(2,2)$ son de la forma $Q_8\times G$ donde $G$ es un 2-grupo abeliano elemental, y que $P(3,2)$ los grupos tienen que ser abelianos según el artículo de Freiman "Sobre subconjuntos de grupos de dos y tres elementos" .

En "Una caracterización de los grupos abelianos" Brailovsky demuestra que un tamaño suficientemente grande $P(n,2)$ son abelianos demostrando que $P(n,2)\implies P(n',2)$ para todos $n\geq n'\geq 2$ por lo que el resultado se deduce del párrafo anterior.

En "Small squaring and cubing properties for finite groups", Berkovich, Freiman y Praeger demuestran que el único grupo no abeliano con $P(2,3)$ est $S_3$ .

Por otra parte, existen grupos no abelianos con $P(n,m)$ siempre que $\binom{n+m-1}{m}\geq 2^{2n+1}$ como en la respuesta de Guntram.