Yo sugeriría en su lugar una prueba geométrica utilizando Teoría de Bass-Serre . Hay una bonita imagen que acompaña a esto, aunque en su lugar describiré las (menos de) mil palabras que vale la imagen.
Primero describiré un árbol Bass-Serre $T$ utilizando el enfoque del "grafo de espacios" desarrollado por Scott y Wall . Entonces aplicaré $T$ para demostrar que $N$ es gratis.
Para construir $T$ empieza con tu complejo celular favorito $L$ con grupo fundamental $\mathbb{Z}/n\mathbb{Z}$ . Sea $X$ sea el complejo de células construido uniendo una arista $E$ con puntos finales $x_0,x_1$ a la unión disjunta de $S^1$ y $L$ con $x_0$ unido a un punto de $S^1$ y $x_1$ a un punto de $L$ . Por el teorema de Van Kampen, $X$ tiene grupo fundamental $\mathbb{Z} * \mathbb{Z} / n \mathbb{Z}$ .
Consideremos el mapa de cobertura universal $f : \widetilde X \to X$ . Formulario $T$ como espacio cociente de $\widetilde X$ donde cada componente de $f^{-1}(L)$ se colapsa hasta un punto. La acción de transformación de cubierta de $H$ en $\widetilde X$ desciende a una acción de $H$ en $T$ . El hecho de que $T$ es un árbol es una consecuencia de la presentación de Scott-Wall de la teoría de Bass-Serre. Más formalmente, $T$ es el árbol de Bass-Serre del grafo de grupos obtenido a partir de $X$ derrumbándose $L$ a un punto etiquetado por el grupo $\mathbb{Z}/n\mathbb{Z}$ siendo este gráfico la unión disjunta de un círculo y ese punto etiquetado con una arista que conecta el círculo y el punto.
Para utilizar esta configuración para demostrar que $N$ es libre se utiliza la restricción de $N$ de la acción de $H$ en $T$ . Hay varias maneras de proceder, cada una de las cuales consiste realmente en demostrar que $N$ actúa libremente sobre $T$ lo que implica que $N$ es gratis. He aquí una forma muy concreta de hacerlo.
Basta con mostrar un subárbol finito $\tau \subset T$ tal que la intersección de $\tau$ con sus traducciones bajo cada uno de $p,p^q,p^{q^2},\ldots,p^{q^{n-1}}$ y sus inversos es una colección de $2n$ puntos distintos. La razón por la que esto es suficiente es que se demuestra por inducción que para cualquier palabra reducida $w$ en esos generadores, las sucesivas traslaciones de $\tau$ bajo la secuencia de subpalabras terminales de $w$ son disjuntos por pares, excepto por puntos de intersección únicos para subpalabras adyacentes en la secuencia; por lo tanto $\tau \ne w\tau$ y así $w$ no es trivial.
Para construir $\tau$ , comience por el punto $A \in T$ estabilizado por el $\mathbb{Z}/n\mathbb{Z}$ subgrupo de $H$ . Este punto $A$ tiene valencia $n$ conectados por aristas $E_0,\ldots,E_{n-1}$ a los vértices $B_0,\ldots,B_{n-1}$ tal que $B_i$ está contenido en la línea $L_i$ que es el eje de $p^{q^i}$ y tal que $L_i \cap E_i = B_i$ . Sea $J_i \subset L_i$ sea un intervalo con punto final $B_i$ que es un dominio fundamental para la acción del grupo cíclico $\langle p^{q^i} \rangle$ en $L_i$ dejar $C_i$ sea el extremo opuesto de $J_i$ .
En la línea $L_i$ deje $J_i$ sea un dominio fundamental para la acción del grupo cíclico $\langle p^{q^i} \rangle$ . Entonces tomamos $$\tau = (E_0 \cup \cdots \cup E_{n-1}) \bigcup (J_0 \cup \cdots \cup J_{n-1}) $$ La intersección de $\tau$ con su traducción bajo $p^{q^i}$ es $C_i$ y la intersección con su traslación bajo la inversa de $p^{q^i}$ es $B_i$ y el $2n$ puntos $B_0,C_0,\ldots,B_{n-1},C_{n-1}$ son todos distintos, según se requiera para completar la construcción.
