Consideremos el cociente $G$ de $F_2$ por la intersección de todos los núcleos de homomorphisms $F_2\to S_3$ (este es el llamado relativamente libres de grupo en la variedad generada por $S_3$). Desde este conjunto de homomorphisms ha cardenal $|S_3|^2$, $G$ es finito (de orden $\le |S_3|^{|S_3|^2}=6^{36}$).
En $G$, la $T$ de los elementos de fin de dividir 3 es un subgrupo, por lo tanto, es el único de 3-subgrupo de Sylow. Ya que cualquier elemento que tiene el fin de dividir 6, se deduce que el $G/T$ es un 2-grupo de exponente 2, y por lo tanto podemos escribir $G=A\ltimes T$ para algunos 2-Sylow $A$. A continuación, $A$ es isomorfo a $|F_2|/|F_2|^2$, por lo tanto es de orden 4.
Podemos ver $T$ como $(\mathbf{Z}/3\mathbf{Z})A$-módulo: la clasificación de los módulos es inmediata, en este contexto: hay 4 irreductible $A$-los módulos a través de $\mathbf{Z}/3\mathbf{Z}$: cada uno de dimensión 1 (orden 3), y dado por todos los 4 homomorphisms $A\to\{\pm 1\}$: el trivial $T_0$, y el 3 no trivial queridos $T_1,T_2,T_3$. Como un módulo, escriba $T=\bigoplus_{i=0}^3T_i^{n_i}$. Tenemos $n_0=2$ debido a la abelianization de $G$ es isomorfo a $(\mathbf{Z}/6\mathbf{Z})^2$. Por simetría, tenemos $n_1=n_2=n_3$, y claramente $n_1\ge 1$. Tenemos $n_1\le 1$. De hecho, si por contradicción $n_1=2$, obtenemos, como un cociente, $C_2\ltimes_{\pm 1}(\mathbf{Z}/3\mathbf{Z})^2$, cuya trivial elementos de orden 2 y 3 (no 6). Fácilmente se deduce que ningún par genera.
Por lo tanto $G$ es isomorfo a $(\mathbf{Z}/3\mathbf{Z})^2\times (\mathbf{Z}/2\mathbf{Z})^2\ltimes(\mathbf{Z}/3\mathbf{Z})^3$, donde el derecho a acciones de divisiones como la suma de los tres trivial 1-dimensional irreducibles. (Por lo que ha pedido a$2^23^5=972$).
[Ver este MO post para más detalles sobre arbitraria relativamente libre de grupos en esta variedad]
Queda para contar el número de subgrupos de índice de 3. Si $H$ es un subgrupo de índice 3, $H\cap T$ tiene el índice 3 en $T$. Es normalizado por un 2-subgrupo de Sylow, por lo tanto es normal. Así que tenemos que contar los submódulos de índice 3 en $T$. Estos son: (a) los subgrupos de índice 3 en $T=T_0^2\oplus T_1\oplus T_2\oplus T_3$ contiene $T_1\oplus T_2\oplus T_3$ (hay 4 subgrupos), y (b), para cada una de las $i=1,2,3$, el subgrupo $T_0^2\oplus T_j\oplus T_k$ para $\{i,j,k\}=\{1,2,3\}$.
Siguiente por $H\cap T$, tenemos que contar posibilidades de $H$. Es decir, tenemos que contar el número de subgrupos de índice 3 del cociente $G/(H\cap T)$. En el caso (a), $G/(H\cap T)$ es abelian con un subgrupo de Sylow de orden 3, por lo que hay un solo candidato. En el caso (b), $G/(H\cap T)$ es isomorfo a $C_2\times S_3$, por lo que tiene exactamente 3 subgrupos de orden 3.
Por lo tanto el número total de subgrupos de índice 3 en $G$ es $4\times 1+3\times 3=13$.
Conclusión: un 2-grupo ha generado en la mayoría de los 13 subgrupos de índice de 3, y este es alcanzado.
También podemos obtener más restricciones. Por ejemplo, los cocientes de $G$ por un mínimo normal subgrupos: matar a un subgrupo de orden $3$ en $T_0^2$, o nos matan a uno de los $T_i$: en un cociente, en todos los casos, el número de subgrupos de índice 3 es de 10 (por lo que no se puede obtener de 11 o 12). Listado de todos los subgrupos normales de $G$ y contando subgrupos de índice 3 en el cociente no es difícil, pero lo dejo para el lector: se le da la lista de todos los valores posibles del número de subgrupos de índice 3 en un 2 generado por el grupo.
Ahora mirando las notas en el post, he aquí un método con la misma idea que en el post, sin entrar en la estructura de la relativamente libre de cociente, distinguiendo incluso acciones y no-incluso acciones. El número de incluso acciones es el número de no-trivial homomorphisms $G\to \mathbf{Z}/3\mathbf{Z}$, que está delimitada por 8. Dos opuestos tales homomorphisms tienen el mismo kernel, por lo que obtenemos 4 subgrupos de esta manera (que son normales).
Siguiente, no, incluso, acciones están dadas por homomorphisms $G\to S_3$ cuya imagen no es en $A_3$, y no de orden 2, por lo que hay $6^2-(3^2+3\times 3)=18$ tal homomorphisms. Dos homomorphisms definir el mismo subgrupo de índice 3 (dicen que el estabilizador de 1) iff tienen el mismo kernel y se diferencian por el post-composición por una transposición. Por lo tanto, estos rendimientos $18/2=9$ no-normal subgrupos de índice de 3.
Esta directamente demuestra que el número de subgrupos de índice 3 en $F_2$ es de 13 (4, 9 no normal) y este es un límite superior.
Dichos cálculos se puede ampliar con más de 2 generadores.
Por ejemplo, con $k$ generadores: tenemos $(3^k-1)/2$ normal subgrupos de índice 3; también el número de homomorphisms $F_k\to S_3$ es $6^k$, los que van en $A_3$ es $3^k$, aquellos que en un determinado subgrupo de orden 2 es $2^k$; aquellos que en un determinado subgrupo de orden 2 es $2^k-1$y, por tanto, aquellos a los que algunos no determinado subgrupo de orden 2 es $3(2^k-1)$. De ahí que el número de homomorphisms en $S_3$ es $6^k-3^k-3(2^k-1)$. De nuevo, dos homomorphisms de producir el mismo subgrupo de índice 3 (estabilizador de 1) iff son iguales o difieren por el post-composición por transpositon $(2,3)$, y por lo tanto
el número de no-normal subgrupos de índice 3 en $F_k$ es $(6^k-3^k-3(2^k-1))/2$, y
el número de subgrupos de índice 3 en $F_k$ es $(6^k-3.2^k+2))/2$ (que es por lo tanto un límite superior para el número de subgrupos de índice $3$ en $k$generado por el grupo).
