Tenga en cuenta que $[G, G]$ se compone de todos los productos de conmutadores de elementos de $G$. En particular, $[a_1, b_1]\dots[a_g, b_g] \in [\pi_1(F_g), \pi_1(F_g)]$, por lo que la relación $[a_1, b_1]\dots[a_g, b_g] = e$ hace $e = e$ en el cociente grupo. Esto puede llevar a creer que el $\pi_1(F_g)^{ab}$ presentación $\langle a_1, b_1, \dots, a_g, b_g\rangle$ y, por tanto, debe ser el libre grupo en $2g$ generadores, pero que es falso. Para cada una de las $i$$j$, todos los elementos de la $[a_i, a_j], [b_i, b_j], [a_i, b_j]$ pertenecen también a $[\pi_1(F_g), \pi_1(F_g)]$, y por tanto trivial en el cociente. Por lo tanto
$$\pi_1(F_g)^{ab} = \langle a_1, b_1, \dots, a_g, b_g \mid [a_i, a_j] = [b_i, b_j] = [a_i, b_j] = e\ \forall\ i, j\rangle = \mathbb{Z}\langle a_1, b_1, \dots, a_g, b_g\rangle.$$
Es decir, $\pi_1(F_g)^{ab}$ es el libre abelian grupo en $2g$ generadores, es decir,$\pi_1(F_g)^{ab} \cong \mathbb{Z}^{2g}$.
Dicho de otra manera, dado un grupo de $G$ con la presentación
$$\langle r_1, \dots, r_m \mid s_1 = \dots = s_n = e\rangle,$$ then its abelianisation, $G^{ab}$, tiene un correspondiente presentación
$$\langle r_1, \dots, r_m \mid s_1 = \dots = s_n = e, [r_i, r_j] = e\ \forall\ i, j\rangle.$$
En su caso, el original de la presentación del grupo sólo tenía una relación, $[a_1, b_1]\dots[a_g, b_g] = e$. Cuando el conmutador de las relaciones entre los generadores se agrega a la presentación de la abelianisation, la relación original se convierte en redundante (es decir, $[a_i, b_j] = e$ todos los $i, j$ implica $[a_1, b_1]\dots[a_g, b_g] = e$). Por lo tanto, se puede obtener la presentación de $\pi_1(F_g)^{ab}$ escribí anteriormente, y por lo tanto a la conclusión de que $\pi_1(F_g)^{ab} \cong \mathbb{Z}^{2g}$.
Añadido Posterior: a Juzgar por sus comentarios, que parecen ser malentendido de la notación; por el bien de la simplicidad, sólo voy a considerar un conjunto finito de generadores $R = \{r_1, \dots, r_m\}$.
Uno puede formar el grupo libre en $R$ que puede ser que se denota simplemente por $F_R$ o $\langle r_1, \dots, r_m\rangle$. Los elementos de este grupo son finitos cadenas en los generadores y sus inversas, que se reduce (es decir, que no contienen productos de la forma $r_ir_i^{-1}$ o $r_i^{-1}r_i$). El grupo de operación en cadenas de este tipo es la concatenación (escribir una cadena después de la otra, a continuación, reducir).
Alternativamente, uno puede formar la libre abelian grupo en $R$ que puede escribirse simplemente como $\mathbb{Z}^{(R)}$, $\langle r_1, \dots, r_m \mid\ [r_i, r_j] = e\ \forall\ i, j\rangle$, o $\mathbb{Z}\langle r_1, \dots, r_m\rangle$. Como antes, los elementos se reducen las cadenas, pero ahora, dos cadenas que son reordenamientos de cada uno de los otros, se consideran la misma, por ejemplo, $r_4r_1r_2^{-1}r_4$ es de la misma cadena como $r_1r_2^{-1}r_4^2$. Como siempre podemos reordenar nuestras cadenas, podemos escribir cada elemento de una manera única como $r_1^{k_1}r_2^{k_2}\dots r_m^{k_m}$ donde $k_1, \dots, k_m \in \mathbb{Z}$. A continuación, $\mathbb{Z}\langle r_1, \dots, r_m\rangle \cong \mathbb{Z}^m$ donde el isomorfismo es dado por $r_1^{k_1}r_2^{k_2}\dots r_m^{k_m} \mapsto (k_1, k_2, \dots k_m)$. Al $m = 1$, esto es el mapa que muestra que cualquier infinita cíclico grupo es isomorfo a $\mathbb{Z}$.
En los comentarios que no estaban seguros de cómo pasé de
$$\langle a_1, b_1, \dots, a_g, b_g \mid [a_i, a_j] = [b_i, b_j] = [a_i, b_j] = e\ \forall\ i, j\rangle$$
a
$$\mathbb{Z}\langle a_1, b_1, \dots, a_g, b_g\rangle.$$
Como he mencionado anteriormente, son simplemente dos maneras diferentes de describir el mismo grupo: el libre abelian grupo de los generadores $\{a_1, b_1, \dots, a_g, b_g\}$.
