Subgrupo conmutador de un grupo libre

Question

Sea $F_k$ sea el grupo libre de rango $k$ .

Si $k=2$ no es difícil ver que el conjunto $\{[s_1^{n_1},s_2^{n_2}] \mid n_i\neq 0\}$ es una base para $F_2'$ . (Prima denota el subgrupo conmutador).

¿Cuál es la base para $F_k'$ si $k\geq3$ ?

Answer 1

Es sencillo escribir los generadores de Schreier de un subgrupo de índice finito de un grupo dado por una presentación finita. Cuando el grupo es libre, esto nos dará una base libre, por la prueba de Schreier de que los subgrupos de grupos libres son libres. La base libre depende de la elección del orden de las palabras en los generadores de $G$ y en una transversal del subgrupo en $G$ . No dará necesariamente la base libre "más bonita", y da una base algo más complicada que la tuya en el caso de 2 generadores.

Sea $G$ ser libre el $x_1,\ldots,x_k$ . Entonces la transversal derecha obvia para $G'$ en $G$ es $\{x_1^{n_1}\cdots x_k^{n_k} \mid n_i \in \mathbb{Z} \}$ y (si lo he entendido bien), esto da lugar a la base libre

$\{ x_1^{n_1}\cdots x_m^{n_m} x_l (x_1^{n_1}\cdots x_l^{n_l+1} \cdots x_m^{n_m})^{-1} \mid n_i \in \mathbb{Z}, 1 \le l < m \le k, n_m \ne 0\}$

de $G'$ .

Answer 2

Lo mismo funciona en el caso de que tengas un grupo libre $F$ sobre infinitos generadores, siempre que esos generadores estén ordenados. En general, en el caso de las transversales de Schreier se necesitaría un buen ordenamiento, pero en el caso del subgrupo conmutador la transversal de Schreier es tan fácil de escribir que basta con un ordenamiento total.