Deje $FG^{(3)}$ denotar el grupo libre generado por $3$ elementos. Deje $Z=(\Bbb Z^3,\oplus,{\bf 0})$ denotar el grupo con la adición
$$(a_1,a_2,a_3)\oplus (b_1,b_2,b_3)=(a_1+b_1+a_2b_3,a_2+b_2,a_3+b_3)$$
Deje $G$ ser el grupo que se define por las relaciones
$$x_2x_1=x_3x_1x_2\\x_1x_3=x_3x_1\\x_2x_3=x_3x_2$$
en $FG^{(3)}$.
Nota la primera ecuación puede ser escrita como $x_2x_1=x_1x_2x_3$.
Yo debería mostrar $G\simeq Z$.
Para empezar, tenga en cuenta que para cualquier elemento de $\Bbb Z^3$ podemos escribir
$$(a,b,c)=ae_1\oplus ce_3\oplus be_2$$ so that $\{e_1,e_2,e_3\}$ genereate $Z$. Moreover, $e_1,e_2,e_3$ fulfill the relations with $x_1=e_3,x_2=e_2,x_3=e_1$. We thus consdier the natural (canonical) homomorphism $FG^{(3)}\\Bbb Z^3$ by sending $x_1\a e_3$, $x_2\a e_2$ and $x_3\a e_1$.
¿Cómo puedo mostrar que el núcleo de este homomoprhism es normal en el subgrupo generado por los elementos obtenidos cuando la equiparación de las relaciones a la unidad? Está claro que el normal subgrupo está contenida en este kernel, pero, ¿cómo demostrar que es en realidad el kernel?
AÑADIR todo Esto es que el autor dice sobre las relaciones, sobre el libre grupos:
"Un grupo de $G$ se dice que finitely generado si contiene un grupo finito de generadores $\{a_1;1\leq a_i\leq r\}$. Luego tenemos el homomorphism $\eta$ $FG^{(r)}$ envío de $x_i\to a_i$. Puesto que el $a_i$ generar $G$, este es un epimorphism y $G\simeq FG^{(r)}/K$ donde $K$ es el núcleo de $\eta$. El subgrupo normal $K$ es llamado el conjunto de las relaciones de conexión de los generadores $a_i$. Si $S$ es un subconjunto de un grupo, podemos definir el normal subgrupo generado por a $S$ a ser la intersección de todos los subgrupos normales de el grupo que contiene a $S$. Si $S$ es un subconjunto de a $FG^{(r)}$ nos dicen que $G$ se define por las relaciones $S$ si $G\simeq FG^{(r)}/K$ donde $K$ es normal en el subgrupo generado por a $S$. Si $S$ es finito, entonces decimos que la $G$ es un finitely presentó el grupo".
El autor dio un ejemplo de cómo mostrar los dos grupos son isomorfos. Fue algo como esto: Vamos a $D_n$ ser el diedro grupo. Nos muestran que se define por las relaciones $$\tag 1 x^n,y^2,xyxy$$ on the free group generated by two elements. It is clear that $D_n$ is generated by the rotation $R$ by $2\pi /n$ and the reflection $S$ through the $x$-axis. Moreover $R^n=1$, $S^2=1$ and $SRS=R^{-1}$. Hence $D_n$ is homomorphic to $FG^{(2)}/K$ where $K$ is the normal subgroup generated by the elements in $(1)$.
Para mostrar que es isomorfo, nos muestran que la $FG^{(2)}/K$ tiene menos de $2n$. Deje $\bar x=xK$$\bar y =yK$. Entonces $\bar x^n=1$, $\bar y^2=1$ y $\bar x\bar y\bar x\bar y=1$. Por otra parte, $ \bar y\bar x =\bar x^{-1} \bar y$ desde el anterior implica que $\bar x^k =\bar x^{-k}\bar y$. Consideremos el conjunto a $\{\bar x^k,\bar x^k \bar y:1\leq k\leq n-1\}$. A continuación, el producto de los dos elementos es uno de estos elementos, contiene $1$ y es cerrado bajo la recíproca. Por lo tanto es un subgrupo, pero ya que contiene los generadores $\bar x$$\bar y$, es de $FG^{(2)}/K$. Por lo tanto $|FG^{(2)}/K|\leq 2n$, lo que implica $D_n\simeq FG^{(2)}/K$.
Preguntas
$(1)$ Entiendo el razonamiento por el después ", por eso $D_n$ es homomórfica...", pero no sé si entiendo por qué esto es así. Deje $\eta$ ser el natural homomorphism que envía $R\to x$, $S\to y$, y deje $\zeta$$x\mapsto xK=\bar x$. A continuación, utilizamos el homomorphism "natural" homomoprhism $R\mapsto \bar x$$S\mapsto \bar y$?
$(2)$ Puede un argumento similar se utiliza en el ejercicio se me da? Veo que $\Bbb Z^3$ no es finito, así que no veo cómo esto puede ser utilizado.
