Problema: Demostrar que el grupo dada por la presentación de $$\langle x,y,z \mid xyx^{-1}y^{-2}\, , \, yzy^{-1}z^{-2}\, , \, zxz^{-1}x^{-2} \rangle $$ es equivalente a la trivial grupo.
He intentado todo tipo de modales para tratar de mostrar que las relaciones dadas por la presentación anterior implica que $x=y=z=e$. Sin embargo, estoy atascado y le agradezco todas las sugerencias en cuanto a cómo debería avanzar.
Este es un muy bien conocido presentación de la trivial grupo, en comparación con la presentación de Higman infinito del grupo sin finito cociente. No sé de ningún fáciles de la prueba.
La prueba que le voy a dar es debido a Bernhard Neumann en Un Ensayo sobre los Productos Libres de Grupos con Fusiones (Philosophical transactions de la Royal Society de Londres, de la Serie A, 246, 919 (1954), pp 503-554.)
Así que tenemos que demostrar que en un grupo de satisfacciones $$ xyx^{-1} = y^2 \qquad (R_1)$$ $$ yzy^{-1} = z^2 \qquad (R_2)$$ $$ zxz^{-1} = x^2 \qquad (R_3)$$ los elementos $x$, $y$ y $z$ son triviales.
Invirtiendo $(R_1)$, multiplicando por la izquierda por a $y$ y en el derecho por $x$, obtenemos $$yxy^{-1} = y^{-1}x.$$ This easily gives $$y^i x y^{-i} = y^{-i} x \qquad(R_1^{[i]}),$$ for every integer $yo$, by induction. The same argument on the second relation gives $$z^i y z^{-i} = z^{-i} y. \qquad (R_2^{[i]})$$
Si ahora nos conjugado $(R_3)$$y$, el lado izquierdo se convierte en $$yzxz^{-1}y^{-1} = z^2y\cdot x \cdot y^{-1}z^{-2} = z^2y^{-1}xz^{-2} = z^2 y^{-1}z^{-2}\cdot z^2xz^{-2} = y^{-1}z^2\cdot x^4$$ (la primera igualdad es un doble uso de la relación $yz = z^2y$, una reformulación de $(R_2)$ ; el segundo utiliza $(R_1^{[1]})$ y en el último se utiliza la inversa de a $(R_2^{[2]})$ $R_3$ dos veces).
Por otro lado, el lado izquierdo se convierte en $$yx^2y^{-1} = (y^{-1}x)^2 = y^{-1}xy^{-1}x = y^{-3}x^2$$ (la primera igualdad se utiliza la $(R_1^{[1]})$ dos veces, la última se utiliza el inverso de a $(R_1)$).
Juntos, hemos demostrado $y^{-1}z^2x^4 = y^{-3}x^2$, lo que da $$z^2 = y^{-2}x^{-2}.\qquad (R^*)$$
Si se conjuga $y$$z^{-2}$, ahora obtenemos, por un lado, $$z^{-2}y z^2 = x^2 y^2 \cdot y \cdot y^{-2} x^{-2} = x^2 y x^{-2} = y^4$$ (la primera igualdad usa $(R^*)$ dos veces, la última que utiliza $(R_1)$ dos veces). Pero, por otro lado, $z^{-2}yz^2 = z^2 y$ porque de $(R_2^{[-2]}$). Así que finalmente llegamos $z^2 y = y^4$, que se traduce en $$z^2 = y^3.$$
Esto demuestra que $y$ $z^2$ viaje. La relación $(R_2)$ a continuación, se reduce a $z = z^2$, lo que da $z = 1$. Debido a las simetrías en la presentación, esto demuestra que el grupo es trivial.
No muy esclarecedor, pero el hecho de que el grupo correspondiente con 4 generadores es altamente no trivial de alguna manera reduce mis esperanzas de encontrar alguna vez una "buena razón" para este grupo de ser trivial.
Aquí es una prueba
$G=\langle x,y,z \mid xyx^{-1}=y^{2}\, , \, yzy^{-1}=z^{2}\, , \, zxz^{-1}=x^{2} \rangle$. Ver que $xyx^{-1}y^{-1}=y$ le dice que $y$ pertenece en el Colector de un subgrupo generado por a $x$ $y$ y de manera similar a $x$ pertenece en Colector subgrupo generado por a $x$ $z$ $z$ pertenece en Colector subgrupo generado por a $z$ $y$ y Ahora este le da ese $G$ es perfecto, es decir,$G=G'$. Ahora bien, Si usted puede demostrar $G$ es solucionable , que se realizan como sólo es perfecto solucionable grupo es trivial grupo.
Por lo que considerar el subgrupo generado por a $H=\langle x,y \rangle$ y muestran que $H$ es solucionable. Para que considere la posibilidad de $H_1=\langle y \rangle < H$ y es fácil ver que $H_1 \unlhd\ H$ entonces, ¿qué es el factor de grupo $H/H_1$? Sí, correcto, $H/H_1\ \cong\ \langle x \rangle$ que es abelian y, por tanto, $H$ es solucionable.
Ahora la única cosa que queda es comprobar que $H=G$, es decir,$z \in \langle x,y \rangle$. Ahora es el tedioso cálculo de trabajo que se tiene que hacer, con el fin de demostrar esto, el uso de los relatores dado y expresar $z$ en términos de$x$$y$.
Espero que esto ayude!
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