¿Cómo puedo demostrar que, en este grupo, los elementos de esta forma son diferentes?

Question

En el grupo $G=\langle x,y,z\mid xy=yx,zx=x^2z,zy=yz\rangle$, ¿cómo puedo demostrar que los elementos de la forma $x^iy^jz^k$ son todos distintos?

Como Arturo está pidiendo que estoy editando esta pregunta: yo quiero entender lo que es un conjunto de formas normales. Al principio pensé que se trataba de $x^iy^jz^k$, pero es que me aviso que no es tan obvio cómo $z^{-1}x$ puede ser escrita en esta forma. En realidad creo que he demostrado que no se puede, en efecto: si $z^{-1}x=x^iy^jz^k$ luego de la conjugación por $z$ obtenemos $xz^{-1}=zx^iy^jz^{k-1}=x^{2i}y^jz^k$$z^{-1}=x^{2i-1}y^jz^k$$1=x^{2i-1}y^jz^{k+1}$, también demostró que si $x^iy^jz^k=1$$i=j=k=0$, y así tenemos el $2i-1=0$ que no tiene solución en $\mathbb{Z}$. Entonces, ¿podría usted decirme cómo puedo calcular un conjunto de formas normales? (no tienen que ser demasiado complicado porque me piden que dibuje el grafo de cayley)

Answer 1

Considerar la semidirect producto $$G' = \langle X^i,Y \rangle \rtimes_{\varphi} \langle Z \rangle $$ where $i$ ranges over $\mathbb{Z}[1/2]$, powers of $X$ multiply in the obvious way and they commute with $S$ (which has infinite order). The element $Z$ also has infinite order, and the action of $Z$ is $X^i Y^j \X^{2} Y^j$ (here $i \in \mathbb{Z}[1/2], j \in \mathbb{Z})$. Then $X, Y, Z$ satisfy the given relations (with the map $x \mapsto X$, etc., of course), and by construction, all $X^i Y^j Z^k \ne 1$ for $(i,j,k) \ne (0,0,0)$, hence $x^i y^j z^k \ne 1$.

Edit: Como Jack Schmidt señala en los comentarios, la construcción original con $i \in \mathbb{Z}$ no trabajo debido a la acción de $Z$ no es un automorphism (sólo los poderes de $X$ estaría en la imagen).

Edit 2: Como Jack Schmidt señala en el comentario a Manolito de la respuesta, esto se puede solucionar dejando $i$ $\mathbb{Z}[1/2]$ (racionales cuyo denominador es una potencia de 2) en lugar de sólo $\mathbb{Z}$. El mapa de $G \to G'$ es surjective porque $x^z$ tiene imagen $X^{1/2}$, $x^{z^k}$ tiene la imagen de $x^{1/2^k}$, etc., por lo $G'$ es un cociente de $G$.

Edit 3: De hecho, podemos comprobar que la $G \cong G'$. Es suficiente para mostrar que cada elemento de a $G$ tiene una forma normal $$(x^a)^{z^b} z^c y^d$$ where $un$ is an odd integer and $b, c, d$ are arbitrary integers. These elements are distinct because the image of the above element in $G'$ is $X^{a/2^b} Z^c Y^d$, and the decomposition of an element of $\mathbb{Z}[1/2]$ into the form $a/2^b$, where $$ es impar, es única.

Tomar cualquier palabra en $x,y,z$ y sus inversas. Primero de todo, desde $y$ viajes con todo, se puede tirar de todas las $y$'s a la derecha. A partir de ahora voy a asumir que hemos de tener $x$'s y $z$'s.

Para evitar una gran cantidad de doble superíndices, voy a escribir $x^{[a]}$$x^{z^a}$. Observe que la relación original $zx = x^2z$ puede ser escrito como $$x^{[-1]} = x^2$$ and also that we have the law $$(x^{[a]})^{[b]} = x^{[a+b]}.$$ The above identities continue to hold if $x$ is replaced by any integer power of $x$.

Así que tenemos una palabra en $x$'s y $z$'s (y sus inversas). En varias ocasiones la aplicación de la identidad $$z^{-a} x = x^{[a]} z^{-a}$$ we can pull the $z$'s out to the right as well, and we are just left with a product of elements of the form $x^{[]}$. We must prove that such a product has the form $(x^b)^{[]}$.

Primero de todo, tenemos $$(x^2)^{[a]} = (x^{[-1]})^{[a]} = x^{[a-1]}$$ and the above is still valid if $x$ is replaced by any integer power of $x$, hence by iterating $$(x^{2^k})^{[a]} = x^{[a-k]}$$ for integers $k \ge 0$. Now the general product $$x^{[a]} x^{[b]} = x^{[a]} x^{[a-(a-b)]} = x^{[a]} (x^{2^{a-b}})^{[a]} = (x^{1+2^{a-b}})^{[a]}$$ valid for $a-b \ge 0$, has the desired form. If $de < b$, we rewrite $[a] = [b-(b-a)]$ instead, and do a similar calculation. The even more general product $(x^m)^{[]} (x^n)^{[b]}$ es similar.

Por lo que los elementos de $G$ tiene la forma normal $(x^a)^{[b]} y^c z^d$, y sólo tenemos que demostrar que podemos hacer $a$ impar. Esto se desprende de la identidad $$(x^{2a})^{[b]} = ((x^a)^2)^{[b]} = ((x^a)^{[-1]})^{[b]} = (x^a)^{[b-1]}$$ which we can repeatedly apply to remove all the powers of 2 from $$.

Answer 2

vamos a hacerlo de la manera intuitiva:

Si usted toma el tiempo para mirar en las relaciones, se dará cuenta de que cada palabra en $x, y, z$ se puede poner en la forma $x^iy^jz^k$ $x$ $y$ viaje, y así hacer $y$$z$. A pesar de $x$ $z$ no conmutan, estrictamente hablando, el relator $zx=x^2z$ permite mover todos los $x$ a la izquierda, doblando sus exponentes. Técnicamente hablando, cada palabra tiene una única forma normal $x^iy^jz^k$, y obviamente, son dos las formas normales con diferentes exponentes son distintos.

A partir de los ponentes, también se puede deducir que el grupo es el producto directo de la infinita grupal gratis, $\langle y \rangle$ (isomorfo a $\mathbb{Z}$) con el grupo $\langle x, z \mid zx=x^2z \rangle$.

Espero que esto ayude.