El grupo libre $F_2$ tiene índice 12 en SL(2, $\mathbb{Z}$ )

Question

¿Hay alguien que pueda darme algunas pistas/referencias sobre la prueba de este hecho?

Answer 1

Ya se han dado muchas respuestas a esta pregunta y no voy a entrar en los detalles de una prueba de que es cierta. Pero quiero decir algo sobre la fuerza real de cualquiera de estos argumentos estándar. Los argumentos suelen tener uno de estos tres puntos de partida: (1) Que $\text{PSL}(2,\mathbb{Z})$ es isomorfo a $C_2 * C_3$ un producto libre de grupos cíclicos; (2) La acción de grupo de $\text{SL}(2,\mathbb{Z})$ en el plano hiperbólico o en el semiplano superior; o (3) Una acción de grupo de $\text{SL}(2,\mathbb{Z})$ en los árboles. Podría decirse que el primer punto de partida esquiva la cuestión, porque obtener que todo el grupo es un producto libre está estrechamente relacionado con encontrar un subgrupo libre, Los otros dos puntos de partida son "geométricos". Pero la geometría es, en última instancia, una descripción humana de otro modo de razonamiento más formal. Entonces, ¿qué dicen realmente los argumentos geométricos?

Es importante darse cuenta de que la afirmación de que un grupo $G$ es libre es, en última instancia, una declaración de unicidad para las palabras en $G$ en sus pretendidos generadores libres. Más concretamente, si $G$ es generado libremente por $a$ y $b$ que dice que cada elemento de $G$ tiene una única palabra reducida en $a$ y $b$ y sus inversos. En el caso de este subgrupo de $\text{SL}(2,\mathbb{Z})$ o $\text{PSL}(2,\mathbb{Z})$ En última instancia, la propiedad de unicidad proviene y generaliza otra propiedad de unicidad más conocida: La unicidad del algoritmo euclidiano con residuos positivos.

Supongamos que tenemos dos enteros positivos coprimos $a$ y $b$ y se le permite restar $a$ de $b$ o $b$ de $a$ pero no está permitido crear enteros negativos. Entonces hay un único camino desde $(a,b)$ a $(1,1)$ . La misma afirmación a la inversa, en forma de álgebra lineal, dice que hay una palabra única en las matrices $$\begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 0 & 1 \end{pmatrix} \qquad \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 1 & 1 \end{pmatrix}$$ que, aplicado al vector $(1,1)$ se obtiene el vector $(a,b)$ . Así, estas dos matrices generan un gratis semigrupo.

La propiedad de unicidad se establece por inducción, y el hecho obvio de que si $a < b$ entonces sólo se puede restar $a$ de $b$ y viceversa. Aunque resulte obvio, este tipo de hechos son los que permiten construir el árbol sobre el que $\text{SL}(2,\mathbb{Z})$ actos. O, en la versión de geometría hiperbólica del argumento, la desigualdad $a < b$ se asocia a los lados de los polígonos ideales que finalmente dan lugar al mismo árbol. En el modelo del semiplano superior, los números racionales $a/b$ con $a < b$ son una semirrecta en los números reales, y su casco convexo en el plano hiperbólico es un plano semihiperbólico cuya frontera es la geodésica que une $\infty$ a 1. La unicidad dice que la órbita de esta geodésica bajo el semigrupo anterior consiste en geodésicas disjuntas.

Answer 2

Para ampliar la respuesta de Qiaochu. El subgrupo generado por las dos matrices

$$\left[ \begin{array}{cc} 1 & 2 \\\ 0 & 1 \end{array} \right]$$ y

$$\left[ \begin{array}{cc} 1 & 0 \\\ 2 & 1 \end{array} \right]$$ es el subgrupo de Sanov. Consiste, por un ejercicio de Kargapolov-Merzlyakov, en matrices de la forma $$\left[ \begin{array}{cc} 4k+1 & 2l \\\ 2m & 4n+1 \end{array} \right]$$ y det=1. El subgrupo de congruencia $\Gamma(2)$ consiste en matrices de la forma $$\left[ \begin{array}{cc} 2k+1 & 2l \\\ 2m & 2n+1 \end{array} \right]$$ y det=1. Esas matrices de $\Gamma(2)$ y no en el subgrupo de Sanov tienen la forma $$\left[ \begin{array}{cc} 4k+3 & 2l \\\ 2m & 4n+3 \end{array} \right].$$ Si tomamos el producto de dos matrices cualesquiera, obtenemos una matriz del subgrupo de Sanov. Por tanto, el subgrupo de Sanov tiene índice 2 en $\Gamma(2)$ e índice 12 en $SL_2(\mathbb Z)$ .

Answer 3

Bien $SL_2(\mathbb{Z})\cong \mathbb{Z}/6*_{\mathbb{Z}/2} \mathbb{Z}/4$ . $SL_2(\mathbb{Z})$ actúa sobre un árbol $T$ . Entonces se puede considerar su abelianización. Es $\mathbb{Z}/12$ . Por tanto, el subgrupo conmutador $\Gamma$ tiene índice 12. Es libre, ya que actúa libremente sobre el mismo árbol $T$ . Véase, por ejemplo Serre, árboles para más detalles.

EDIT: También se puede investigar el rango del grupo libre. Para ello hay que considerar los grafos cocientes $SL_2(\mathbb{Z})\backslash T$ y $\Gamma\backslash T$ . El primer grafo es un intervalo, donde los estabilizadores de los representantes de un extremo son isomorfos a $\mathbb{Z}/6$ (resp. $\mathbb{Z}/4$ para el otro extremo). El estabilizador de un representante del inverval es $\mathbb{Z}/2$ .

Ahora $\Gamma$ actúa libremente sobre $T$ y $[SL_2(\mathbb{Z}):\Gamma]=12$ . Así que el primer punto final (que es un $SL_2(\mathbb{Z})$ -órbita) se compone de $12/6=2$ $\Gamma$ -y el segundo punto final consiste en $12/4=3$ $\Gamma$ -orbits. Análogamente, el borde está formado por $6$ $\Gamma$ -orbits.

Por tanto, la característica de Euler de $\Gamma\backslash T$ es $2+3-6=-1$ por lo que este gráfico es homotópicamente equivalente a una cuña de $2$ círculos y, por tanto, su grupo fundamental (que es isomorfo a $\Gamma$ por Serre, árboles o teoría de la cobertura) es $F_2$ .

Answer 4

Puede que esto funcione y puede que no: el índice del subgrupo de congruencia $\Gamma(2)$ en $\text{SL}_2(\mathbb{Z})$ es $|\text{SL}_2(\mathbb{F}_2)| = 6$ y $\Gamma(2)$ contiene un subgrupo libre de índice $2$ generado por $\left[ \begin{array}{cc} 1 & 2 \\\ 0 & 1 \end{array} \right]$ y $\left[ \begin{array}{cc} 1 & 0 \\\ 2 & 1 \end{array} \right]$ lo que se deduce del hecho de que su acción sobre el plano hiperbólico es libre.

Answer 5

Comience con la fórmula para $SL_2(\mathbb Z)$ en la respuesta de HenrikRueping. Dividir por la central $\mathbb Z/2$ para concluir que $PSL_2(\mathbb Z)$ es $\mathbb Z/3*\mathbb Z/2$ . El núcleo de abelianización para $SL_2(\mathbb Z)$ es el mismo que el núcleo de abelianización para $PSL_2(\mathbb Z)$ . El núcleo de $G*H \to G\times H$ es siempre un grupo libre con base $ghg^{-1}h^{-1}$ , $g\ne 1$ , $h\ne 1$ .