El grupo libre$F_2$ contiene$F_k$

Question

Quiero probar lo siguiente: el grupo libre$F_2$ contiene el grupo libre$F_k$ para cada$k \geq 3$. Me pregunto si la siguiente línea de razonamiento es correcta o no:

Supongamos que$\lbrace a, b \rbrace$ es un conjunto generador gratuito de$F_2$. Defina$S := \lbrace aba^{-1}, \cdots, ab^{k}a^{-1} \rbrace$ y deje que$F(S)$ sea el grupo libre con grupo generador gratuito$S$. Entonces$F(S)$ es un grupo libre en generadores$k$ y como cada palabra reducida de$F(S)$ se reduce a una palabra reducida de$F(a, b)$ (por ejemplo$(aba^{-1})(ab^4a^{-1}) = ab^5a^{-1}$ ese $F(S) \subseteq F(a, b)$.

Answer 1

Para elaborar Martin comentario: vamos a $x_i = ab^i a^{-1}$. Luego de lo que han dicho es que $x_1 x_4 = x_5$ en lo que están llamando $F(S)$ (lo que significa realmente es $\langle S\rangle$, en el subgrupo de $F_2$ generado por $S$). Pero $x_1 x_4$ es una reducción de la palabra en el $x_i$'s, así que no debería 'colapso' una palabra diferente. Desde que hace, $\langle S\rangle$ no es libre en $S$.

EDIT: Ya que lo que principalmente fueron preguntando sobre si su razonamiento es correcto, voy a elaborar un poco más. Cuando se definen $F(S)$ a ser el grupo libre en $S$, entonces usted está tratando $S$ como un conjunto abstracto, en lugar de como un subconjunto de a $F_2$. Esto es perfectamente válido, en cierto sentido, pero no va a darle un subgrupo de $F_2$, por lo que no es útil.
Lo que quiero hacer es encontrar, para cada una de las $k\in \mathbb{N}$, un subconjunto $X_k$ $F_2$ tal de que el subgrupo generado por a $X_k$ es gratis en la $X_k$.

Usted está realmente muy cerca de la idea de derecho, sin embargo. La forma habitual de hacer esto implica tomar conjugados, pero recuerde que usted no desea que ningún 'colapso' a ocurrir, excepto cuando tienes algo como $x_i x_i^{-1}$, por lo que tendrás que hacer algo un poco diferente.

Bien, ya que no hay otra respuesta con un esquema de prueba, y dónde buscar, etc., Voy a añadir un parcial spoiler para de esta manera, pero por favor, no se ven hasta que lo has probado.

En lugar de establecimiento $x_i = ab^i a^{-1}$, intente $x_i = a^i b a^{-i}$. Ahora todo lo que molestos 'colapso' no debería ser un problema. Así que si $S_k = \langle x_i \mid 1\leq i\leq k\rangle$, usted debería ser capaz de demostrar que $S_k\cong F_k$.

Answer 2

Si$a,b$ genera$F_2$, entonces la familia$\{c_k= a^k b a^{-k}, k \in \Bbb Z\}$ es gratuita:

Mire una palabra no trivial$c_{k_1}^{e_1}c_{k_2}^{e_2}\ldots c_{k_n}^{e_n}$ donde$n>0$,$e_i \neq 0$ y$k_i \neq k_{i+1}$.
Después de traducir, es igual a$a^{k_1}b^{e_1}a^{k_2-k_1}b^{e_2}\ldots a^{k_n-k_{n-1}}b^{e_n}a^{-k_n}$. La única simplificación que posiblemente puede tener lugar es si$k_1 = 0$ o$k_n = 0$, donde el factor correspondiente desaparece, pero aún quedan con una palabra no trivial en$a$ y$b$, Así que esto no puede ser el elemento de identidad.

Answer 3

Sugerencias:

1) Demostrar que $\,F_\infty=$ el grupo libre en una contables conjunto, contiene $\,F_k=$el grupo libre en $\,k\;,\;\;k\in\Bbb N\,$ generadores

2) Demostrar que el$\,F_2^{'}:=[F_2:F_2]\cong F_\infty\,$ ,$\,F_2:=\langle x\,,\,y\;;\;\emptyset\rangle\,$ , mostrando que

$$F_2^{'}=\langle \,[x^n\,,\,y^m]\;;\;n,m\in\Bbb Z-\{0\}\,\rangle$$

Nota: Usted puede intentar demostrar que $\,F_2/F_2^{'}\cong \Bbb Z^\infty\,$

Sugerencia para una pista: Teorema 2.10 en el clásico "la Combinatoria del Grupo de Teoría de...", por Magnus, Karrass & Solitar le da otra muy buena manera de probar (2) anteriormente. Este libro es una necesidad en cada grupo de teoría amante de la biblioteca