Demostrar que $G = \langle x,y\ |\ x^2=y^2 \rangle $ es libre de torsión.

Question

Demostrar que $G = \langle x,y\ |\ x^2=y^2 \rangle $ es libre de torsión.

Aquí $x^2$ es central como $x^2y=yx^2$ semejantemente $y^2$ central. Aparte de esto no sé cómo proceder. Tomando una palabra arbitraria en $G$ no ayuda.

Answer 1

Deje $N$ central de los subgrupos $\langle x^2 \rangle$$G$. A continuación, $G/N$ es un grupo con la presentación de $\langle x,y \mid x^2=y^2=1 \rangle$, que es el infinito diedro grupo. Tiene tres clases conjugacy de torsión de los elementos, con los representantes $1$, $x$ y $y$, cada uno de los cuales poderes en $x^2$, por lo que es suficiente para demostrar que $x^2$ no es un elemento de torsión.

Una forma de ver que fácil es que $\langle x,y \mid x=y \rangle$ $G$ es un infinito cíclico grupo con generador de $x$. Desde $x$ no es un elemento de torsión en este cociente grupo de $G$, no puede ser uno en $G$.

Answer 2

Nota: $\phi : G \to G/Z$ ser la canónica homomorphism donde $Z= \langle x^2 \rangle \le G$. A continuación, el orden de la imagen de $x$ $y$ $2$ (debido a $x^2=y^2$), por lo $2$ debe dividir $o(x)$$o(y)$,

Ahora, si es posible, deje $x$ ha finito de orden en $G$ y si eso sucede, entonces podemos dejar que $o(x)=2a, o(y)=2b$, entonces esto va a implicar $o(x^2)=o(y^2)=a=b$, es decir, $x$ $y$ tiene el mismo orden de decir, $n$,

y si esto sucede, entonces, en el grupo homomorphism $\xi : G \to \langle t \rangle \cong$ $\mathbb{Z}$ de tal manera que ambos $x$ $y$ $t$ orden de la imagen de $x$ , $o(\xi(x))=o(t)$ debe dividir $n$, pero $o(t) = \infty$, en contradicción con nuestra hipótesis, por lo $n $ debe ser infinito.

Por lo tanto $x$ no puede ser un elemento de torsión y por similar razonamiento $y$ no puede ser un elemento de torsión en $G$, lo que no implica ni $x^2$ ni $y^2$ puede ser un elemento de torsión en $G$ (como que implicaría $x$ o $y$ es de torsión resp.). Y como se sugiere por Derek, $G/Z$ tiene sólo tres clases conjugacy de torsión de los elementos,es decir,$Z,xZ,yZ$$1^2,x^2,y^2 \in Z$, por lo que se hacen.

P. S. - Esta prueba es esencialmente la misma como Derek, yo sólo quería escribir para mi propia satisfacción. Gracias! Voy a ser feliz si se ll ayudarle en cualquier manera. Mirar más a este grupo. Tiene propiedades interesantes.

Aquí hay algunos enlaces-
G no es gratis
G es solucionable

Answer 3

Como notado aquí, $G= \langle x,y \mid x^2=y^2 \rangle$ es el grupo fundamental de la botella Klein $K$.

Argumento 1: Cualquier subgrupo $H \leq G$ proviene de una cubierta $C \to K$ donde $\pi_1(C) \simeq H$. Pero $C$ es una superficie, y, mirando en la abelianizations de la superficie cerrada grupos, podemos deducir que $C$ no puede ser compacto. Por otro lado, se sabe que el grupo fundamental de cualquier no-compacta la superficie esté libre. En consecuencia, $\pi_1(C) \simeq H$ no puede ser finito cíclico grupo. Para obtener más información, consulte aquí.

Argumento 2: La universalización de la cobertura de $K$ es el avión $\mathbb{R}^2$, por lo que el $K$ es asféricos: $K$ es una clasificación de espacio de $G$. Debido a $K$ es finito-dimensional, $G$ debe ser de torsiones.

Argumento 3: Como notado aquí, usando el hecho de que exista un dos sábana que cubre $\mathbb{T}^2 \to K$, podemos deducir que $\langle x^2, xy^{-1} \rangle$ es un subgrupo de índice dos en $K$ isomorfo a $\mathbb{Z}^2$. Desde $$G / \langle x^2,xy^{-1} \rangle = \langle y \mid y^2=1 \rangle,$$ it is sufficient to prove that $y$ has infinite order in $G$. As Derek Holt did, one may consider the quotient $G/ \langle \langle xy^{-1} \rangle \rangle$, que es infinito cíclico.

Argumento 4: $G$ es un producto amalgamado $\mathbb{Z} \underset{\mathbb{Z}}{\ast} \mathbb{Z}$ de las torsiones de los grupos, por lo que es de torsiones.

Answer 4

Su grupo es un amalgamado producto libre de grupos cíclicos infinitos a lo largo de un subgrupo cíclico infinito. Es un resultado estándar en teoría combinatoria del grupo que un elemento de torsión de una amalgama de grupos es conjugado en uno de los factores. Sin embargo, sus factores son libre de torsión y así tu grupo es libre de torsión.