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Grupo de isomorfismo respecto de grupo libre generado por $3$ elementos.

De Jacobson Básicos de Álgebra I, página 70,

Deje $G$ ser el grupo que se define por las siguientes relaciones en $FG^{(3)}$: $$x_2x_1=x_3x_1x_2, \qquad x_3x_1=x_1x_3,\qquad x_3x_2=x_2x_3.$$ Mostrar que $G$ es isomorfo al grupo $G'$ define como el conjunto de ternas de números enteros $(k,l,m)$ $$(k_1,l_1,m_1)(k_2,l_2,m_2)=(k_1+k_2+l_1m_2,l_1+l_2,m_1+m_2).$$

Mis pensamientos: yo era capaz de mostrar que $G'$ es generado por $(1,0,0)$, $(0,1,0)$ y $(0,0,1)$, ya que el $(h,l,m)=(1,0,0)^{h-lm}(0,1,0)^l(0,0,1)^m$. Dejar $(0,0,1)=a_1$, $(0,1,0)=a_2$, y $(1,0,0)=a_3$, yo calculo que $a_2a_1=a_3a_1a_2,a_3a_1=a_1a_3,a_3a_2,a_2a_3$. Por lo que se ven como el satisfacer las mismas relaciones como la $x_i$. (No estoy seguro de si esto es necesario.)

Así que tomando el conjunto $X=\{x_1,x_2,x_3\}$, tengo un mapa $x_i\mapsto a_i$, lo que da un homomorphism de $FG^{(3)}$ a $G'$ tal que $\bar{x}_i\mapsto a_i$, y este homomorphism es en realidad un epimorphism ya que se asigna a un conjunto de generadores para $G'$. Por lo tanto $FG^{(3)}/K\simeq G'$ donde $K$ es el núcleo de la homomorphism. Desde $G\simeq FG^{(3)}/K$, $G\simeq G'$.

Yo no puedo justificar si $G\simeq FG^{(3)}/K$, de los comentarios, entiendo por qué la genera normal subgrupo $K$ está contenida en el núcleo de $\ker\nu$ de la inducida por homomorphism $FG^{(3)}\to G'$, pero no sigo porqué $\ker\nu\subset K$. ¿Por qué $\ker\nu\subset K$? Gracias.

4voto

Vittorio Patriarca Puntos 423

Desde mi solución parece pasar desapercibido, lo edito con el fin de hacerlo más formal y completa.

Deje $G = \langle x_1, x_2, x_3\mid x_2x_1 = x_3x_1x_2, x_3x_1 = x_1x_3, x_3x_2 = x_2x_3\rangle\ $ $G' = (\mathbb{Z}^3, \star)$ donde $\star$ es de la siguiente operación:

$$(h,l,m)\star(h',l',m') = (h+h'+lm', l + l', m + m')$$

Lo que tengo que probar es que el $G\cong G'$.

Deje $K$ ser el normal de cierre de $\{x_2x_1x_2^{-1}x_1^{-1}x_3^{-1}, x_3x_1x_3^{-1}x_1^{-1}, x_2x_1x_2^{-1}x_1^{-1}\}$ $FG^{(3)}$ $G\cong FG^{(3)}/K$ por la definición de la presentación (al menos el que yo uso).

Ahora, vamos a $a_1$, $a_2$ y $a_3$ denotar los elementos $(0,0,1)$, $(0,1,0)$ y $(1,0,0)$$G'$. Que generan $G'$ desde

$$\begin{align} a_3^h\star a_1^m\star a_2^l &= (1,0,0)^h\star(0,0,1)^m\star(0,1,0)^l \\ &= (h,0,0)\star(0,0,m)\star(0,l,0) \\ &= (h,0,m)\star(0,l,0) \\ &= (h,l,m)\end{align}$$

Ahora, tenemos un conjunto de generadores de cardinalidad tres $G' \cong FG^{(3)}/K'$ para un subgrupo normal $K'$$FG^{(3)}$.

Deje $\nu\colon FG^{(3)}\to G'$ denota la homomorphism tal que $\ker(\nu) = K'$ $\pi\colon FG^{(3)}\to G'$ el homorphism con $\ker(\pi) = K$. Quiero mostrar que existe una homomorphism $\mu\colon G\to G'$ tal que $\nu = \mu\circ \pi$. Es obvio que si una función existe, a continuación,$\mu(x_i)=a_i$.

Desde $(1,0,0)\star(0,0,1) = (0,0,1)\star(1,0,0) = (1,0,1)$, $(1,0,0)\star(0,1,0) = (0,1,0)\star(1,0,0) = (1,1,0)$ y $(0,1,0)\star(0,0,1) = (1,0,0)\star(1,0,0)\star(0,1,0) = (1,1,1)$, se sigue que las relaciones de $G$$K'$. Así, desde la $K$ es el menor subgrupo normal que los contiene, podemos concluir que $K\subseteq K'$.

Por el tercer teorema de isomorfismo, $FG^{(3)}/K' \cong (FG^{(3)}/K)/(K/K')$ o en otras palabras la $\mu$ existe (en realidad también es único por la característica universal de la libre grupos).

Mi última respuesta comenzó a partir de este punto.

Desde $\nu$ es surjective, $\mu$ tienen que ser surjective demasiado. En otras palabras, $\mu^{-1}(a)$ contiene al menos un elemento para cada $a\in G'$. Una opción obvia es la de los elementos de $x_3^hx_1^mx_2^l$, en el hecho de $\mu(x_3^hx_1^mx_2^l) = \mu(x_3)^h\star\mu(x_1)^m\star\mu(x_2)^l = a_3^h\star a_1^m\star a_2^l = (h,l,m)$.

Vamos a considerar un elemento $w\in G$ y una descomposición $w = \prod x_i^{\varepsilon_i}$ como el producto de los elementos de $\{x_1, x_2, x_3\}$. Quiero mostrar que no existe un producto de la forma $x_3^hx_1^mx_2^l$ tal que $x_3^hx_1^mx_2^l = w$.

Yo lo hago teniendo en cuenta el producto $\prod x_i^{\varepsilon_i}$ como una sucesión de elementos de a $\{x_1, x_2, x_3\}$ y luego se transformo en la que quería formar en un número finito de pasos. Permite definir las transformaciones:

  • Dado que, por las relaciones, $x_3$ $x_3^{-1}$ conmuta con los otros generadores, la primera transformación consiste en mover un $x_3$ o $x_3^{-1}$ a principios de la sucesión.
  • La segunda, consiste en la eliminación de $x_ix_i^{-1}$ o $x_i^{-1}x_i$ de la sucesión.
  • La tercera consiste en la aplicación de la primera relación $x_2x_1 = x_3x_1x_2$.
  • La cuarta transformación es simplemente $x_2^{-1}x_1^{-1} = x_3x_1^{-1}x_2^{-1}$ que es la inversa de la tercera regla.

Es obvio que estas cuatro primeras transformaciones de transformar un producto en un equivalente de uno (en G).

Vamos a considerar que el producto $x_2x_1^{-1}x_2^{-1}x_1$. Si aplicamos los cuatro transformación, tenemos la ecuación de $x_2x_1^{-1}x_2^{-1}x_1 = x_3^{-1}$. Así:

  • La quinta consiste en el uso de la equivalencia $x_2x_1^{-1} = x_3^{-1}x_1^{-1}x_2$ que es un directo conseguence de $x_2x_1^{-1}x_2^{-1}x_1 = x_3^{-1}$.
  • La última transformación es $x_2^{-1}x_1 = x_3^{-1}x_1x_2^{-1}$ que es análogo a la quinta.

Como para los cuatro primeros de la transformación, los dos últimos enviar los productos en los productos con el mismo resultado.

Con ellas, se puede transformar cada producto en un producto de la forma $x_3^hx_1^mx_2^l$ con el mismo resultado. Ya que cada producto tiene una imagen diferente en G', llegamos a la conclusión de que $\mu$ se define un isomorfismo entre los dos grupos.

3voto

rschwieb Puntos 60669

Su grupo original $G$ es $FG^{(3)}/K$ donde $K$ es normal en el subgrupo generado por las relaciones que usted ha mencionado. No hay necesidad de mostrar isomorfismo entre los dos: se le da la igualdad!

Yo creo que ya ha demostrado que los elementos de $G'$ son simplemente relabelings de elementos en $G$. Todas sus propiedades de la multiplicación y las relaciones han sido conservados por los mapas.

Añadido: Así que usted ha construido una surjection $f:FG^{(3)}\rightarrow G'$, y ha convencido a ti mismo de que el menor subgrupo normal que contiene las relaciones, llame a $N$, está contenida en $ker(f)$. Nos gustaría mostrar que $ker(f)=N$ en nuestro caso.

Esta es, esencialmente, tratando de mostrar que $G'$ no tiene más de las relaciones que se desconocen. (Si $G'$ había "más" las relaciones de $G$,$ker(f)\supsetneq N$.) He estado yendo y viniendo en esta conmigo pero no puedo ver cómo se hace :(

Debe haber alguna norma truco que un grupo teórico de la usaría para finalizar este argumento.

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