Probar elementos generan un grupo libre

Question

¿Cómo hace uno para mostrar que los elementos $x^2$, $y^2$, y $xy$ no trivial de las relaciones entre ellos en el grupo libre generado por $\{x,y\}$? Esto demostraría que el grupo $F_2$ tiene un subgrupo isomorfo a $F_3$.

(Entiendo que el problema, es análogo a probar la independencia lineal de tres vectores... salvo que en este caso la no-conmutatividad de la base es la pieza fundamental, en vez de sólo la multiplicidad de la base de los elementos. Sólo tengo una sugerencia para meterme en la dirección correcta...)

Fuente de Artin del "Álgebra" 1ed #6.7.2, no sólo el aprendizaje de la tarea.

Answer 1

Esta prueba utiliza cubriendo espacios, pero estoy poniendolo en la solicitud de orlandpm (OP).

Considere la posibilidad de la $2$orientado a la gráfica, $G$:

Este espacio es el de la cuña de la suma de los dos círculos. Por lo tanto, su grupo fundamental es el grupo en dos generadores $\langle x, y\rangle$.

Este espacio tiene las siguientes cubrir el espacio, $\widetilde G$:

Desde el mapa de $p_* : \pi_1(\widetilde G) \to \pi_1(G)$ inducida por la que cubre el espacio de $p : \widetilde G \to G$ es inyectiva, se deduce que el grupo fundamental de la $\widetilde G$ es isomorfo a $\langle x^2, xy, y^2\rangle$.

Al mismo tiempo, $\widetilde G$ es homotopy equivalente a la cuña de la suma de los tres círculos. Por lo tanto, su grupo fundamental es el libre grupo de tres generadores, $F_3$.

Llegamos a la conclusión de que $$ \langle x^2, xy, y^2\rangle \cong F_3. $$

Para la teoría detrás de esto, consulte la sección $1.3$ de Hatcher Topología Algebraica libro (disponible gratuitamente en línea). (Imágenes cortesía del libro).

Answer 2

Aunque se puede hacer esto con las manos, es más fácil hacerlo después de aprender un poco de teoría general acerca de los subgrupos de libre grupos. Estos tres elementos generan el subgrupo del grupo de free $F$ $\{x,y\}$ compuesto de palabras de longitud, que tiene claramente índice $2$ $F$ con transversales $\{1,x\}$. El Schreier generadores del subgrupo con respecto a este transversales se $x^2,xy,yx^{-1}$, que son conocidos para generar libremente. Podemos, a continuación, reemplace $yx^{-1}$ $(yx^{-1})(xy)=y^2$ a deducir que los tres elementos son generadores libres.

También puede utilizar el Nielsen teoría de transformar cualquier conjunto de elementos de un conjunto que libremente genera el subgrupo que genera. En este caso, $x^2,xy,y^2$ no Nielsen reducir, debido a $l(y^2(xy)^{-1}x^2) = l(yx)=2 \le l(y^2)+l(x^2)-l(xy)$, pero de nuevo la sustitución de $y^2$ $y^{-1}x$ resultados en una Nielsen conjunto reducido.

Answer 3

Aquí es un "desnudo-manos".

Deje $X$ ser libre de su grupo, $A$ ser el libre grupo de tres generadores $a_1,a_2,a_3$. Allí es un grupo único homomorphism $f: A \to X$, el envío de $a_1$$x^2$, $a_2$ a $y^2$, $a_3$ a $xy$. Que homomorphism es, obviamente, surjective. Todo lo que tiene para mostrar es que el $f$ es inyectiva, es decir, $f(a)\neq e$ siempre $a\neq e$.

En tanto $X$$A$, cada elemento tiene un único reducción de escritura (es decir, la expresión no contiene términos de la forma $tt^{-1}$ o $t^{-1}t$). Esto permite identificar cada elemento con una única palabra, lo que se denomina "forma normal", y decir que un elemento termina con una palabra determinada.

Deje $a\in A,a\neq e$. A continuación, $a$ debe terminar con algo, hay seis de los casos, y afirmo que

(1) Si $a$ termina con $a_1$ ( $A$ ), $f(a)$ termina con uno de $x^2,yx,y^{-1}x,y^2$ ($X$).

(2) Si $a$ termina con $a_2$ ( $A$ ), $f(a)$ termina con $y^2$ ( $X$ ).

(3) Si $a$ termina con $a_3$ ( $A$ ), $f(a)$ termina con uno de $xy,x^{-1}y$ ($X$).

(4) Si $a$ termina con $a_1^{-1}$ ( $A$ ), $f(a)$ termina con $(x^{-1})^2$ ($X$).

(5) Si $a$ termina con $a_2^{-1}$ ( $A$ ), $f(a)$ termina con uno de $xy^{-1},x^{-1}y^{-1},(y^{-1})^2$ ($X$).

(6) Si $a$ termina con $a_3^{-1}$ ( $A$ ), $f(a)$ termina con uno de $yx^{-1},y^{-1}x^{-1}$ ($X$).

Una vez que esta propiedad se expresa, su verificación por inducción sobre la longitud de $a$ y al caso de la separación es puramente mecánica. Me puede dar más detalles si usted necesita ellos.

Así que tenemos por esta disyunción, en seis casos, que $f(a)\neq e$ : $f$ es inyectiva, lo que concluye la prueba.

Answer 4

En lugar de la elección en el OP, podríamos seleccionar de manera diferente con el fin de obtener la sabiduría del problema con respecto a la "orden de palabras".

Entre el 12 posibilidades de longitud dos reducido palabras en $F_2$ podemos probar que el los tres primeros en el orden: $$x^2<xy<xy^{-1}<x^{-2}<x^{-1}y<x^{-1}y^{-1}<yx<yx^{-1}<y^2<y^{-1}x<y^{-1}x^{-1}<y^{-2}$$ generar los otros nueve.

Deje $S=\{ x^2\ ,\ xy\ ,\ xy^{-1}\}$ ser nuestra alternativa, entonces obtenemos $S^{-1}=\{ x^{-2}\ ,\ y^{-1}x^{-1}\ ,\ yx^{-1}\}$.

Ahora, hay seis casos restantes:

• $x^{-1}y=x^{-2}(yx^{-1})^{-1}y^2$ $y^{-1}x=y^{-2}(yx^{-1})x^2$

• $x^{-1}y^{-1}=x^{-2}(xy)y^{-2}$ $yx=y^2(xy)^{-1}x^2$

• $y^2=(yx^{-1})(xy)$ $y^{-2}=(xy)^{-1}(yx^{-1})^{-1}$,

es decir, el producto de los tres primeros reducido de palabras de longitud dos y sus inversas, de generar todos los doce reducido de palabras de longitud dos.

Por lo tanto, cualquier otra palabra de longitud en $F_2$ puede ser generado por $S\cup S^{-1}$.

Ahora, es cuestión de seguir las Schreier del algoritmo garantiza que el subgrupo $U=\langle\{ x^2\ ,\ xy\ ,\ xy^{-1}\}\rangle$ es realmente libre.

Para, debemos asegurarnos de que el $F=U\cup Ux$ es una partición. Este es el caso, porque si uno admite que $U$ lleva toda la longitud de las palabras, a continuación, $Ux$ lleva la longitud impar palabras. También la presencia de $xy^{-1}\in U$ implica $Ux=Uy$.

Así, un conjunto de transversales es $\Sigma=\{1,x\}$, que son mínimos en sus coset y que junto con $S$ le van a dar a nosotros el conjunto de $$\Sigma S=\{\ x^2\ ,\ xy\ ,\ xy^{-1}\ ,\ x^3\ ,\ x^2y\ ,\ x^2y^{-1}\ \},$$ de ahí que uno recibe $\overline{\Sigma S}=\{1,x\}$.

De acuerdo a Schreier del método el conjunto de $\{gs\overline{gs}^{-1}\ |\ g\in\Sigma,s\in S\}$ lleva la libre generador de $U$. En nuestro caso se calcula: \begin{eqnarray*} x^2\overline{x^2}^{-1}&=&x^2,\\ xy\overline{xy}^{-1}&=&xy,\\ xy^{-1}\overline{xy^{-1}}^{-1}&=&xy^{-1},\\ x^3\overline{x^3}^{-1}&=&x^2,\\ x^2y\overline{x^2y}^{-1}&=&x^2yx^{-1},\\ x^2y^{-1}\overline{x^2y^{-1}}^{-1}&=&x^2y^{-1}x^{-1} \end{eqnarray*} Que todos ellos están en $U$. Por lo tanto $\{\ x^2\ ,\ xy\ ,\ xy^{-1}\ \}$ es un conjunto de libre generador de $U$.

Answer 5

Basta con mostrar que alguna palabra en dos de los elementos no es igual a la tercera (ya que cada subgrupo de un grupo libre está libre). Claramente, no existe palabra en $x^2, y^2$ $x y,$ desde cualquier tal palabra tiene un poder incluso de $x, y.$ por lo tanto, sin pérdida de generalidad, que usted quiere demostrar que ninguna palabra en $x^2, xy$ es igual a $y^2.$ apenas escribir un general tal palabra, y verá que si hay algún término de $x^2$, hay ninguna manera para anular ambos $x$s.