El problema es describir (hasta isomorfismo) % de grupos no conmutativa todas $G$que contiene dos elementos $a,b$ tal que cualquier elemento $g\in G$ puede ser escrito únicamente $g=a^ib^j$ $i,j \in {\mathbb Z}$. Un ejemplo obvio es un producto semi directo de $\mathbb Z$ por sí mismo. ¿Hay otras soluciones?
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Matt Dawdy
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Todavía no es una respuesta completa. Por hipótesis, se puede escribir $aba^{-1} = a^i b^j$ $a^{-1} ba = a^k b^{\ell}$ por $i, j, k, \ell$. Escribiendo estas operaciones en ambos órdenes da
$$b = a^{i + jk} b^{j \ell} = a^{k + i \ell} b^{j \ell}$$
que por la singularidad de da $j \ell = 1, i + jk = k + i \ell = 0$.
Caso: $j = \ell = 1$. A continuación,$i + k = k + i = 0$, lo $k = -i$. Esto le da
$$aba^{-1} = a^i b \Leftrightarrow b = a^{i-1} ba \Leftrightarrow bab^{-1} = a^{1-i}.$$
Pero también tenemos $b^{-1} ab = a^m b^n$ por $m, n$. Componer en ambas órdenes da
$$a = a^{(1-i)m} b^{(1-i)n} = a^{(1-i)m} b^n$$
que por la singularidad de da $n = 0, 1-i = m = \pm 1$.
Subcase: $1-i = m = 1$. A continuación,$ab = ba$, y el grupo es $\mathbb{Z}^2$.
Subcase: $1-i = m = -1$. A continuación, $b^{-1} ab = a^{-1}$ y nuestro grupo es el trivial semidirect producto $\mathbb{Z} \rtimes \mathbb{Z}$ (el grupo fundamental de la botella de Klein).
Caso: $j = \ell = -1$. A continuación,$i - k = k - i = 0$, lo $k = i$. Esto le da a $aba^{-1} = a^i b^{-1} = a^{-1} ba$, por lo tanto $a^2 b = b a^2$. Sospecho que este grupo es conocido, pero yo actualmente no lo reconoce.
Edit: Este problema parece estar resuelto en el P. M. Cohn Un Comentario sobre el Producto en General de dos Infinito Cíclico de los Grupos.
Cohn artículo vinculado por Qiaochu de hecho no proporciona una respuesta completa (cuando se combina con otro documento citado en Cohn artículo con las referencias, es decir, "Zur Theorie der faktorisierbaren gruppen" por L. Redei en el Acta. De matemáticas. Acad. Sci. Hung. 1, págs. 74-98, 1950 ).
El principal resultado (el "Satz 2" en Redei del papel) es la siguiente :
Si $G$ es un (no conmutativa) grupo y hay pares de $(a,b) \in G^2$ de manera tal que cualquier elemento de a $G$ puede ser el único escrito en el formulario de $a^{i}b^{j}$$i,j \in {\mathbb Z}$, entonces siempre podemos encontrar uno de esos par que sea
$$ (1) ba=a^{-1}b^{-1}, \ ba^{-1}=ab^{-1} \ (\text{lo que implica que } \ b^{j}^{i}=a^{(-1)^ji}b^{(-1)^ij} \ \text{ para cualquier } \ i,j\in{\mathbb Z}) $$
o de lo contrario, no es un número entero $g$ tal que
$$ (2) ba=a^{-1}b^{-1}, \ ba^{-1}=a^{-1}b^{1-2g} \ (\text{lo que implica que } \ b^{j}^{i}=a^{(-1)^ji}b^{j+gi(1-(-1)^j)} \ \text{ para cualquier } \ i,j\in{\mathbb Z}) $$
Si observamos denotar por $D(G)$ los derivados de los subgrupos de $G$ $p$ el cociente mapa de $G \to \frac{G}{D(G)}$, en el caso (1) $\frac{G}{D(G)}$ es isomorfo a $\frac{\mathbb Z}{4\mathbb Z} \times \frac{\mathbb Z}{2\mathbb Z}$ ($(i,j) \mapsto ip(a)+j(p(b)-2p(a))$ es uno de esos isomorfismo) , y en el caso (2) $\frac{G}{D(G)}$ es isomorfo a $\frac{\mathbb Z}{(2g-1)\mathbb Z} \times \frac{\mathbb Z}{2\mathbb Z}$ (de nuevo, $(i,j) \mapsto ip(a)+j(p(b)-2p(a))$ define uno de esos isomorfismo).
Así que todos esos grupos no son isomorfos. Finalmente, como Redei explica, la semi-producto directo es simplemente la $g=0$ caso de esta familia de grupos.
