Alguien puede dar ejemplos de un grupo infinito$G$ tal que$G/G'$ tenga orden impar.
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Shinwari
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Productos gratis
Un estilo diferente de respuesta sería tomar el producto libre de $G$ de los dos grupos de $H$ $K$ de orden impar, por lo $G=H\ast K$. A continuación, el abelianisation $G/G^{\prime}$ $H\times K$ a que extraño orden. Por ejemplo, tome $H$ a ser cíclico de orden $3$ $K$ a ser cíclico de orden $5$. $$G=C_3\ast C_5\cong\langle a, b; a^3, b^5\rangle$$ A continuación, $G$ tiene las siguientes abelinisation. $$\langle a, b; a^3, b^5, [a, b]\rangle$$ Esto es $C_3\times C_5$, que es cíclico de orden $15$.
No está claro que el grupo $G$ en mi ejemplo anterior es en realidad una infinita grupo, a menos que usted sabe algo acerca de los productos. A ver que es infinito, puede investigar su acción sobre el árbol donde los vértices tienen grado $3$ o $5$, y no hay dos vértices adyacentes tienen el mismo grado. Para más detalles sobre esta idea, ver este post de la mina, de la $5^{th}$ párrafo de la parte superior (I enlace a esta no sólo por el ejemplo, sino porque espero que el resto del post va a convencer de que este punto de vista es útil). Para más detalles sobre el "libre de productos", buscar los libros de Magnus, Karrass y Solitar y de Lyndon y Schupp; ambos libros tienen derecho Combinatoria, teoría de grupos, y son los textos clásicos en la combinatoria del grupo de teoría.
Una de torsión libre de ejemplo
Sería bueno si pudiéramos $G$ torsiones, como entonces no son simplemente piggy-backing en un grupo finito. El siguiente grupo de obras (es "prestado" de algo llamado el Retorno de la construcción). Sin embargo, estoy seguro de que más elementales de la construcción existe! $$ \begin{align*} G=\langle a, b, x;\\ x^3&=abab^2ab^3ab^4\cdots ab^i\\ xax^{-1}&=ab^{i+1}ab^{i+2}ab^{i+3}ab^{i+4}\cdots ab^{j}\\ x^{-1}ax&=ab^{j+1}ab^{j+2}ab^{j+3}ab^{j+4}\cdots ab^{k}\\ xax^{-1}&=ab^{k+1}ab^{k+2}ab^{k+3}ab^{k+4}\cdots ab^{l}\\ x^{-1}ax&=ab^{l+1}ab^{l+2}ab^{l+3}ab^{l+4}\cdots ab^{m} \rangle \end{align*}$$ Tome $i, j, k, l$ ser lo suficientemente grande, con cada uno de ellos, al menos, $n$ órdenes de magnitud mayor que el anterior (para algunos $n>>1$). Que el grupo $G$ es infinita o torsiones no es obvia. Se basa en algo que se llama pequeño cancelación de la teoría. La mejor referencia para este es el libro de la combinatoria del grupo de teoría por Lyndon y Schupp. Los hechos son que los pequeños de la cancelación de los grupos siempre son infinitos, y que un pequeño cancelación grupo contiene torsión si y sólo si un relator es una alimentación correcta (y que no es el caso aquí).
Para ver que el grupo $G$ tiene de extraño el fin de abelianisation, aviso que si nos matan a los generadores $a$ $b$ nos quedamos con un número finito de grupo cíclico. Así que ese es el plan: matar a $a$$b$. Vamos a suponer que el siguiente mantenga pulsado el botón (estos supuestos no afectan a la infinita bondad ni la torsión-gratis-ness del grupo).
$k-j=jp$.
$m-l=(l-k)q$.
$s_k=\sum_{t=1}^{k-j} j+t$ $s_m=\sum_{t=1}^{m-l} l+t$ son coprime.
$j$ $l-k$ son coprime.
Ahora, los últimos cuatro relaciones de dar cuatro relatores en el abelianisation de la forma $a^rb^s$ donde $r$ es uno de $j$, $k-j$, $l-k$, $m-l$. Como $k-j=jm$$j$, incluso, podemos ver que $b$ ha pedido dividiendo $s_k$ en el abelianisation (mediante la combinación de $a^jb^{s_j}$$a^{k-j}b^{s_k}$). Del mismo modo, los relatores $a^{l-k}b^{s_l}$ $a^{m-l}b^{s_m}$ combinan para implicar que $b$ ha pedido dividiendo $s_m$. Como $s_k$ $s_m$ son coprime, $b$ es trivial en el abelianisation. Por lo tanto, $a$ ha pedido igual a $\gcd(j, k-j, l-k, m-l)$ en el abelianisation. Como $j$ $l-k$ son coprime, $a$ es trivial en el abelianisation. Por lo tanto, la abelianisation del grupo $G$ es cíclico de orden impar, según sea necesario.
