Finitely generado grupo que no es finitely presentado

Question

Hay fácil el grupo de teóricos manera de mostrar que la corona de producto $G$ de dos infinito cíclico grupos no es finitely presentado?

Yo estaba buscando un finitely presentado el grupo con una central subgrupo isomorfo al grupo libre de conteo, clasificación y cuyo factor de grupo es isomorfo a $G$; de esta forma, suponiendo que $G$ es finitely presentada obtenemos una contradicción.

Alguna idea?

Answer 1

No estoy seguro de cuánto teoría de grupo que está dispuesto a asumir. ¿El siguiente argumento la respuesta a su pregunta?

El grupo dado, $G$ tiene presentación $$ \langle a,b \a mediados de [a^{-n}ba^n, b] = 1\text{ para }n\in\mathbb{N}\rangle. $$ Considere entonces la siguiente secuencia de grupos $$ G_n \;=\; \langle a,b \a mediados de [a^{-1}ba,b] = \cdots = [a^{-n}ba^n,b]=1\rangle $$ Estos grupos de encajar en una secuencia natural de cociente homomorphisms $$ G_1 \a G_2 \a G_3 \a \cdots $$ A continuación, $G$ es finitely presentado, si y sólo si esta secuencia eventualmente se estabiliza.

Hay muchas maneras diferentes de mostrar que esta secuencia no se estabiliza. Por ejemplo, cada una de las $G_n$ natural homomorphism a $\mathbb{Z}$ que envía a $a$$1$$b$%#%. Por Schreier del lema, el kernel $0$ de este homomorphism es generado por los elementos de a$K_n$, y ha de presentación $$ K_n = \langle \ldots,b_{-1},b_0,b_1,b_2\ldots \mid [b_i,b_j]=1\text{ para }|i-j|\leq n\rangle. $$ El grupo resultante depende claramente de $b_i = a^{-i}ba^i$. Por ejemplo, si fijamos un valor de $n$ y añadir las relaciones $m$$b_i = 1$, el cociente resultante de $i \in \mathbb{Z}-\{0,m\}$ es abelian si $K_n$, y es un nonabelian grupo libre de rango dos si $m\leq n$.

Otra alternativa es considerar el cociente de $m > n$ obtenido por la adición de las relaciones $G_n$. El cociente resultante es finito si y sólo si $a^m = b^2 = 1$, por lo que todos los $m \leq 2n+1$'s deben ser diferentes.

Answer 2

Aquí es un boceto de la prueba:

• $\langle a,t \mid [t^nat^{-n},t^{m}at^{-m} ]=1, \ n,m \in \mathbb{Z} \rangle$ es una presentación de la $L:= \mathbb{Z} \wr \mathbb{Z}$.

• Si $L$ es finitely presentado, existe un conjunto finito $S \subset \mathbb{Z}$ tal que $$\langle a,t \mid [t^nat^{-n},t^{m}at^{-m}]=1, \ n,m \in S \rangle$$ is isomorphic to $L$, so it is sufficient to show that $$L_k= \langle a,t \mid [t^nat^{-n},t^{m}at^{-m}]=1, -k \leq n,m \leq k \rangle$$ is not isomorphic to $L$.

• Establecimiento $a_n=t^nat^{-n}$, obtenemos $$L_k= \langle a_{-k}, \dots, a_k,t \mid [a_n,a_{m}]=1, a_{n+1}=ta_nt^{-1}, -k \leq n,m \leq k \rangle.$$

• Observe que $L_k$ es un HNN extensión y uso Britton lema para mostrar que el subgrupo $\langle a_0,t \rangle$ es isomorfo al producto libre de $\mathbb{Z} \ast \mathbb{Z}$.

• Por lo tanto, $L_k$ no es solucionable por lo que no puede ser isomorfo a $L$ (que es solucionable).