¿Por qué el grupo fundamental de una superficie compacta de Riemann no es libre?

Question

Considere la posibilidad de una superficie de Riemann compacta $X$ de género $g$.
Es bien sabido que su grupo fundamental de la $\pi_1(X)$ es el grupo de los generadores $a_1,b_1,...,a_g,b_g$ dividido por el normal subgrupo generado por el relator $[a_1,b_1]\cdot \ldots\cdot [a_g,b_g]$.
(Esto tiene, por supuesto, nada que ver con la compleja estructura de $X$, pero puede ser calculada teniendo en cuenta la subyacente topológico colector como una célula compleja.)
Este grupo es trivial para $g=0$ y libre de abelian en dos de los generadores de $g=1$.

Para $g\geq 2$, sin embargo, que siempre había dado por sentado que esto no es gratis, pero me acabo de dar cuenta que no puedo probarlo.

Así, aunque supongo que la respuesta es no, le voy a pedir a mi oficial de la pregunta en una forma abierta : Es $\pi_1(X)$ gratis para $g\geq 2$ ?

Edit: los Usuarios tienen ahora brillantemente resuelto el problema de varias maneras.
La no-libertad es definitivamente establecida, con 12 pruebas además de los bocetos de las pruebas en los comentarios!
Es claramente imposible para seleccionar de una manera razonable una respuesta para "aceptación" entre todos estos grandes respuestas .
Debido a que el software me obliga a hacer sólo una opción, yo he elegido el de Daniel respuesta por su mérito, sino también porque reconoce Vitali contribución: Vitali fue el primero en esbozar una solución (en los comentarios) .

Answer 1

Usted puede utilizar cubriendo espacios en lugar de cohomology.

(Edit: Esta prueba no utilizar una presentación del grupo, o bien-sólo el más débil hecho de que su abelianization es libre de rango $2g$.)

Como Daniel, señaló en su comentario, si el grupo libre tendría que ser libre en $2g$ generadores. El género $g$ superficie ha $2$sábana que cubre el espacio, el cual es un género $2g-1$ de la superficie. Cada índice $2$ subgrupo de un grupo libre en $r$ generadores es libre en $2r-1$ generadores, porque es el grupo fundamental de una $2$sábana que cubre el espacio de una cuña de $r$ círculos. Por lo $2(2g-1)=2(2g)-1$, una contradicción.

Answer 2

Según la solicitud de Theo, publico esto como respuesta, aunque es en gran medida una expansión del comentario de Vitali. Deje que$F_n$ sea el grupo libre en$n$ letras; $K(F_n, 1)$ es una cuña de$n$ círculos y también lo ha desaparecido la cohomología en grados$>1$. Por otro lado, si$X$ es una superficie compacta de Riemann del género$g>1$,$X$ es un$K(\pi_1(X), 1)$ ya que su cubierta universal es el plano de la mitad superior, que es contraíble . Pero entonces$$H^2(\pi_1(X), \mathbb{Z})=H^2_{sing}(X, \mathbb{Z})=\mathbb{Z},$$ which is non-zero. In particular, $ \ pi_1 (X)$ has non-vanishing cohomology in degree $ 2 $ y no es gratis, como dice Vitali.

Answer 3

Hay muchas buenas respuestas ya, pero tal vez usted estará interesado en contar el argumento.

Deje $Q_8$ denotar el grupo de cuaterniones. Consideremos el conjunto

$$\mbox{Hom}(\pi_1(X),Q_8)$$

donde $X$ es la superficie cerrada de género $g$. Ya tenemos una presentación para $\pi_1(X)$, observamos que un homomorphism a $Q_8$ es administrado por un $2g$-tupla de elementos en $Q_8$ satisfacer algún grupo de palabras. En particular, la cardinalidad del conjunto es finito. En efecto, si el grupo fundamental eran libres, la cardinalidad sería una potencia de $8$. Sin embargo, la combinatoria (o una teoría de la representación) da la cardinalidad del conjunto de exactamente:

$$|\mbox{Hom}(\pi_1(X),Q_8)| = 2^{6g-1}+2^{4g-1}$$

que (para $g>0$) nunca es un poder de $2$, y menos aún un poder de $8$.

---Edit---

El "suave teoría de la representación" a la que me refiero se puede encontrar aquí: http://arxiv.org/abs/1102.4353

Nos muestran en la sección 4 que la cardinalidad de $\mbox{Hom}(\pi_1(X),G)$ puede ser escrito de forma explícita en términos de las dimensiones de las representaciones irreducibles de $G$.

Answer 4

Tengo la sensación de que casi todos los campos de la matemática pura, tiene su "propia" manera de ver que la superficie de grupos de $\pi_g$ (de género $g\ge 2$) no son gratis. Los dos argumentos a continuación son, por supuesto, más complicado que los que están basados en la teoría de grupos, la geometría, la topología o álgebra homológica, pero la idea es ver la conexión a otros campos de las matemáticas. He aquí dos ejemplos:

1. La geometría algebraica (combinación de abelian y nonabelian teoría de Hodge): Si $\pi_g\cong F_r$, grupo libre de rango $r$, entonces, mirando a la 1-st Betti números y el uso de la costumbre Hodge teoría podemos ver que $r$ tiene que ser par. Por otro lado, por Narasimhan-Seshadri teorema, el espacio de moduli ${\mathcal M}_g$ de semistable rango 2 holomorphic paquetes (con fijo determinante) en el género $g$ de la superficie es analíticamente isomorfo a $Hom(\pi_g, SU(2))/SU(2)=Hom(F_r, SU(2))/SU(2)$, lo que habría impar (real) dimensión $3r-3$. Contradicción, ya que (por ser una compleja variedad proyectiva) ${\mathcal M}_g$ es incluso-dimensional. (Esta es, por supuesto, un argumento similar, pero más complicado, de Mohan.)

2. Geométricas análisis: Supongamos que $\pi_g\cong F_r$. Darse cuenta de este isomorfismo $\rho$ por un armónico mapa de $h$ de $S_g$ (género $g$ compacto de superficie de Riemann) a una métrica gráfico de $\Gamma_r$ (la rosa con $r$ hojas y unidad de los bordes). Preimages de genéricos puntos en $\Gamma_r$ bajo $h$ será compacto 1-dimensional submanifolds. Por el principio del máximo (mira la levantó armónico mapa de la cobertura universal de $S_g$ a del árbol), los componentes de estos submanifolds no obligado discos en $S_g$, por lo tanto, no son nul-homotópica. Por lo tanto, $\rho$ no puede ser inyectiva.

Así, hay pruebas (incluso los más difíciles) que hacen indispensable el uso de otros campos de las matemáticas, por ejemplo:

una. La teoría de los números (algebraicas y analíticas de la teoría de números o aritmética geometría algebraica)?

b. Teoría de la medida? (Esto puede ser difícil, dado que $\pi_g$ e $F_r$ son "medida equivalente".)

c. La probabilidad? (Un argumento utilizando paseo aleatorio en los gráficos tal vez?)

d. Sistemas dinámicos/ergodic theory?

e. El análisis funcional? (Tal vez infinito-dimensional unitario de representaciones de $\pi_g$ e $F_r$?)

f. La lógica?

g. Álgebra conmutativa?

Actualización: Aquí está una prueba por el álgebra conmutativa. Considerar los afín esquemas $S=Hom(\pi_g, GL(2))$ e $S'=Hom(F_r, GL(2))\cong GL(2)^r$. El último, está abierto un subscheme del espacio afín, tiene la misma dimensión de Zariski el espacio de la tangente en cada punto. Considere la posibilidad de $S$, vamos a $R$ ser su anillo de coordenadas y $m_1, m_2\subset R$ ser los ideales correspondientes a los puntos de $\rho_1$ (el trivial de la representación) y $\rho_2$, la representación que envía todos, pero un estándar de generadores de a $1$ y el restante generador para cualquier noncentral matriz en $GL(2)$. Entonces (por un razonablemente simple cálculo) $d_1=dim(R/m_1)=8g$ mientras $d_2=dim(R/m_2)=8g-2$. Por lo tanto, $d_1>d_2$ y las dimensiones de Zariski tangente espacios a $S$ a $\rho_1, \rho_2$ son diferentes. En particular, los esquemas $S, S'$ (equivalentemente, sus anillos) no puede ser isomorfo e $\pi_g$ no puede ser isomorfo a $F_r$.

Answer 5

La prueba Original. Cómo sobre una superficie de grupo 1-desde que terminó su cobertura universal es el plano hiperbólico y la no-abelian libre grupo tiene infinitamente muchos termina ya que la cobertura universal de la cuña de los círculos es un árbol.

Segunda prueba. Desde Misha ha sugerido una prueba de cada área aquí es una prueba de álgebra universal. Deje que V sea la variedad de extensiones de primaria abelian 2-grupos de primaria abelian 2-grupos. La palabra problema para el relativamente libre grupo X de esta variedad es bien conocido. Una palabra es trivial si y sólo si es trivial en $(\mathbb Z/2)^X$ y el lazo que las etiquetas en el grafo de Cayley de $(\mathbb Z/2)^X$ con respecto al $X$ recorre cada geométricas borde de un número par de veces.

Si la superficie de grupo eran libres tendría que ser libre en $2g$-generadores debido a la abelianization. Así que si nos factor por el verbal subgrupo asociado a V tendríamos un grupo libre en esta variedad en 2-generadores. Pero el grupo en V en 2g-generadores con la superficie de la definición de relación es un buen cociente de la relativamente libres de grupo debido a que el producto de los conmutadores en cuestión utiliza cada arista del grafo de Cayley de $(\mathbb Z/2)^{2g}$ exactamente una vez. Puesto que estos son los grupos finitos, un buen cociente no es libre.