Libres a todos los grupos de finito o infinito contable de valor, son los subgrupos de la libre no-grupo abelian $F_2$, que es lineal. Sin embargo, un grupo libre de infinito incontable rango no será un subgrupo de $F_2$. Es lineal, demasiado ? Esto puede fácilmente seguir el modelo de la teoría, pero yo no podía encontrar una prueba en la literatura hasta el momento.
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Vnuk
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Sí, es una simple aplicación de ultraproducts. Supongamos que la fija $d$, cada finitely generado subgrupo $H$ de un grupo de $G$ tiene una fiel representación de la $j_H$ en $G_H=\text{GL}_d(K_H)$ para algunas campo $K_H$. A continuación, $G$ tiene una representación fiel en $\text{GL}(K)$ donde $K$ es un ultraproduct de la $K_H$. Argumentan de la siguiente manera: considerar el entramado $I$ de todos los finitely generado subgrupo. Considere la posibilidad de un ultrafilter $\omega$ a $I$ que contiene, para cada f.g. subgrupo $H$, el conjunto de los subgrupos que contengan $H$.
A continuación, asigne $G$ en el ultraproduct $\ast^\omega(G_H)$ como sigue: en primer lugar extender $j_H$ a $G$ definiendo $j_H(g)$ a de ser igual a 1 si $g\notin H$ (tenga en cuenta que $j_H$ es un homomorphism sólo en la restricción de a $H$). Mapa de $G$ en el producto $\prod_H G_H$ mediante la asignación de $g$ a $(j_H(g))_H$. Ciertamente, esto no es un homomorphism, pero el mapa compuesto en el ultraproduct $\ast^\omega(G_H)$ es un inyectiva homomorphism.
Ahora el ultraproduct $\ast^\omega(G_H)$ es canónicamente isomorfo al grupo $\text{GL}_d(\ast^\omega K_H)$.
Finalmente esto se aplica a la libre grupos, pero para muchos otros grupos, por ejemplo, localmente libre de grupos y subgrupos de ultraproducts de libre grupos, también conocido como localmente totalmente residual libre de grupos. Tenga en cuenta que si su grupo $G$ tiene un cierto cardinalidad infinita, usted puede terminar con un campo de la misma cardinalidad por la restricción para el campo generado por la matriz de entradas de la imagen de su representación.
Grupo libre de rango $c$ incrusta en $Sl(2, F(t))$ donde $F$ es un campo de cardinalidad $c$.
Edit: Aquí está el detallado argumento de que, como Yves señaló en su comentario, demuestra un mayor resultado.
Teorema. Deje $L$ ser un campo que no es una extensión algebraica de un campo finito y deje $c$ ser la cardinalidad de $L$. A continuación, el grupo libre de rango $c$ incrusta en $SL(2, L)$.
Prueba. Deje $P$ ser el primer campo de $L$; a continuación, $L$ tiene la forma $$ P\subconjunto de E \subconjunto L $$ donde $E$ es puramente transcendenetal extensión de $P$ e $L$ es una extensión algebraica de $E$. Bajo nuestros supuestos, $E$ e $L$ tienen la misma cardinalidad, por lo tanto, es suficiente con considerar el caso cuando se $L=E$. A continuación, $L$ es isomorfo a la funcional de campo $L=F(t)$ donde $F$ es un subcampo de la $L$. Voy a considerar el caso cuando se $F$ es infinito ya que de lo contrario $L$ es contable y todo está claro (como la cuestión se reduce a el caso de la libre grupos de rango finito). Por lo tanto, $F$ tiene la misma cardinalidad $c$ as $L$.
Deje $T$ ser el Bruhat-Tits edificio asociado con $G=SL(2, L)$: Este edificio es un simplicial árbol con la ruta de métrica $d$, donde cada arista tiene unidad de longitud. El grupo $G$ actúa en $T$ por simplicial automorfismos con el kernel $\pm 1$. Descripción detallada y propiedades de $T$ y la acción de la $G$ están en Serre del libro "Árboles".
Deje $v\in T$ ser el vértice estabilizado por $K=SL(2, O)$ donde $O=F[t]$ es el anillo de funciones polinómicas en $t$. A continuación el enlace $L_v$ de % de $v$ en $T$ es, naturalmente, identificado con la línea proyectiva sobre $F$ (de modo que $K$ actúa en $L_v$ por lineal fraccional de transformaciones). En particular, el grupo $K$ actúa transitivamente sobre los pares de puntos distintos en $L_v$. Deje $g\in G\setminus K$ ser una matriz diagonal con el eje $\gamma\subset T$. A continuación, $\gamma$ contiene $v$ e $g$ actúa en $\gamma$ como una traducción por parte de algunos, incluso, entero distancia $\ge 2$. En vista de la transitividad de la acción de la $K$ en pares se señaló anteriormente, no existe un subconjunto $K_o\subset K$ de cardinalidad $c$, de modo que los elementos $g_k=kgk^{-1}$, $k\in K_o$ tienen ejes $k(\gamma)$ con la propiedad de que el 2 de punto conjuntos $$ k(\gamma) \cap L_v, k\in K_o, $$ son pares distintos. (Llame a esta propiedad D.) Ahora, yo afirmación de que los elementos $g_k, k\in K_o$, son generadores libres de libre subgrupo de $G$. La prueba es bastante estándar. Para cada una de las $k\in K_o$ deje $D_k\subset T$ denotar la Dirichlet fundamental de dominio para el grupo cíclico $\langle g_k \rangle$: $$ D_k=\{ x\in T: d(x, g_k^m(v))> d(x, v), \forall m\in {\mathbb Z} \setminus 0\}. $$ Desde cada una de las $g_v$ se traduce $v$ al menos por $2$, y en vista de la Propiedad D arriba, los dominios $D_k$ han pares distintos complementos. Por lo tanto, las Tetas de' ping-pong argumento (a partir de su prueba de las Tetas alternativa) se aplica en este contexto y en el subgrupo de $G$ generado por los elementos de la $g_k$ es realmente libre con gratis generadores $g_k$. qed.
Tenga en cuenta que uno tiene que excluir a los campos de $L$ con algebraicos son extensiones de campos finitos, ya que en este caso el grupo $GL(n, L)$ es de torsión (por cada finito $n$) y, por lo tanto, no puede contener una libre subgrupo.
wajed
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La linealidad de innumerables grupos gratis puede ser deducida de la linealidad de la libre grupos de contables rango de uso básico de la teoría de conjuntos y álgebra solo, sin utilizar el teorema de compacidad, o ultraproducts, o no trivial argumentos de Misha Kapovich. Aquí está la prueba simple.
La proposición. Deje $K$ ser un campo, $n\ge 2$, e $S$ un subconjunto de ${GL}_n(K)$. Supongamos que todos los elementos de todas las matrices de $S$ son distintos y algebraicamente independiente en $K$. A continuación, $S$ es gratis un subconjunto de ${GL}_n(K)$.
Prueba. Supongamos que no. Luego existen distintas matrices de $A_1,\dots,A_m$ de $S$ y no trivial grupo reducido de palabras $w(x_1,\dots,x_m)$ tal que $w(A_1,\dots,A_m)=E$.
Para cualquier campo $F$ y matriz $C=(c_{ij})$ en $GL_n(F)$, la inversa de $C$ se puede encontrar utilizando una fórmula de la forma $C^{-1}=(f_{ij}(c_{11},\dots,c_{nn})),$ donde todos los $f_{ij}$ son ciertas funciones racionales sobre $\mathbb Z$ en $n^2$ variables que no dependen de la elección de $F$ e $C$. Por lo tanto, para cualquier campo $F$ y matrices $C_1,\dots,C_m$ en $GL_n(F)$ donde $C_k=(c^k_{ij})$, tenemos $$w(C_1,\dots,C_m)= (g_{ij}(c^1_{11},\dots,c^1_{nn},\dots,c^m_{11},\dots,c^m_{nn})), $$ para algunas funciones racionales $g_{ij}$ sobre $\mathbb Z$ en $mn^2$ variables; estos $g_{ij}$ no dependen de la elección de $F$ e $C_1,\dots,C_m$.
Deje $A_k=(a^k_{ij})$. Desde $w(A_1,\dots,A_m)=E$, la expresión algebraica de la independencia de todos los $a^k_{ij}$ implica la $g_{ij}\equiv 0$ para $i\ne j$, e $g_{ij}\equiv 1$ para $i=j$, para cualquier campo de la característica $p$, donde $p={\rm char}(K)$ (cero o primer). Por lo tanto $w(C_1,\dots,C_m)=E$ para cualquier campo $F$ de los característicos $p$ y matrices $C_1,\dots,C_m$ en $GL_n(F)$. Por lo tanto, para cualquier campo $F$ de los característicos $p$, en $GL_n(F)$ no hay libre subgrupo de clasificación $\ge m$. Esto se contradice con el hecho conocido de que libre subgrupos de contables rango incrustar en $GL_n(\mathbb Q)$ e $GL_n({\bf F}_q(t))$, para cualquier prime $q$. $\square$
Corolario. Si $\lvert K\rvert=\kappa>\aleph_0$ a continuación, el grupo libre de rango $\kappa$ incrusta en ${GL}_n(K)$.
Prueba. Desde $\kappa>\aleph_0$, ninguna trascendencia base $B$ de %de $K$ es de potencia $\kappa$. Luego hay un subconjunto $S$ de % de $M_n(K)$ de la energía, $\kappa$ de manera tal que todos los elementos de las matrices de $S$ pertenecen a $B$ y son distintos. Ya que los elementos de $B$ son algebraicamente independientes, para $A\in S$ tenemos ${\rm det}(A)\ne 0$ y por lo $A\in {GL}_n(K)$. Por la Proposición, $S$ es gratis. $\square$
VERSIÓN EDITADA. En su respuesta Misha Kapovich demostrado, mediante su no triviales geométricas argumentos, que para cualquier campo $K$ de multitud de potencia $\kappa$, el grupo libre de rango $\kappa$ incrusta en $SL_n(K)$, para cualquier $n\ge 2$. En mi respuesta que dio a una primaria de la prueba de un resultado más débil, con $GL$ en lugar de $SL$. Sin embargo, la prueba puede ser fácilmente modificado para el caso de $SL$. Aquí está esta modificación de la prueba.
Para un no-singular matriz cuadrada $A$ denotar por $\bar A$ el la matriz obtenida a partir de $A$ mediante la sustitución de cualquier elemento $a$ en la primera fila de $A$ con $a/{\rm det}(A)$. Claramente, ${\rm det}(\bar A)=1$, e $\bar A=A$ si ${\rm det}(A)=1$.
La proposición. Deje $K$ ser un campo, $n\ge 2$, y $S$ un subconjunto de ${GL}_n(K)$. Supongamos que todos los elementos de todas las matrices de $S$ son distintos y algebraicamente independiente en $K$. A continuación, ${\bar S} =\{{\bar A}: A\in S\}$ es gratis un subconjunto de ${SL}_n(K)$.
Prueba. Supongamos que no. Luego existen distintas matrices $A_1,\dots,A_m$ de $S$ tal que $w({\bar A}_1,\dots,{\bar A}_m)=E$ para algunos no trivial grupo reducido de palabras $w(x_1,\dots,x_m)$.
Como en el anterior, para cualquier campo $F$ y matrices $C_1,\dots,C_m$ en $GL_n(F)$ donde $C_k=(c^k_{ij})$, tenemos $$w({\bar C}_1,\dots,{\bar C}_m)= (g_{ij}(c^1_{11},\dots,c^1_{nn},\dots,c^m_{11},\dots,c^m_{nn})), $$ para algunas funciones racionales $g_{ij}$ sobre $\mathbb Z$ en $mn^2$ variables; estos $g_{ij}$ no dependen de la elección de $F$ e $C_1,\dots,C_m$.
Deje $A_k=(a^k_{ij})$. Desde $w({\bar A}_1,\dots,{\bar A}_m)=E$, la expresión algebraica de la independencia de todos los $a^k_{ij}$ implica la $g_{ij}\equiv 0$ para $i\ne j$, e $g_{ij}\equiv 1$ para $i=j$, para cualquier campo de la característica $p$ donde $p={\rm char}(K)$ (cero o primer). Por lo tanto $w({\bar C}_1,\dots,{\bar C}_m)=E$ para cualquier campo $F$ de los característicos $p$ y matrices $C_1,\dots,C_m$ en $GL_n(F)$. En particular, $w(C_1,\dots, C_m)=E$ para cualquier campo $F$ de los característicos $p$ y matrices $C_1,\dots,C_m$ en $SL_n(F)$. Por lo tanto, para cualquier campo $F$ de los característicos $p$, en $SL_n(F)$ no hay libre subgrupo de clasificación $\ge m$. Esto contradice el hecho de que libre subgrupos de contables rango incrustar en $SL_n(\mathbb Q)$ e $SL_n({\bf F}_q(t))$, para cualquier prime $q$. $\square$
Corolario. Si $\lvert K\rvert=\kappa>\aleph_0$ a continuación, el grupo libre de rango $\kappa$ incrusta en ${SL}_n(K)$.
Prueba. Desde $\kappa>\aleph_0$, ninguna trascendencia base $B$ de %de $K$ es de potencia $\kappa$. Luego hay un subconjunto $S$ de % de $M_n(K)$ de la energía, $\kappa$ de manera tal que todos los elementos de las matrices de $S$ pertenecen a $B$ y son distintos. Ya que los elementos de $B$ son algebraicamente independientes, para $A\in S$ tenemos ${\rm det}(A)\ne 0$ y por lo $A\in {GL}_n(K)$. Claramente, $\lvert \bar S\rvert=\kappa$. Por la Proposición, $\bar S$ es gratis en $SL_n(K)$. $\square$
