El subgrupo de conmutador del grupo libre de rango 2 no se genera de forma definitiva.

Question

Estoy teniendo problemas con este ejercicio:

Deje$G$ ser el grupo libre generado por$a$ y$b$. Demuestre que el subgrupo del conmutador$G'$ no se genera de forma definitiva.

Encontré una sugerencia que dice que probar $G'$ es generado por la colección$\{[x^m,y^n]\mid m,n\in\mathbb{Z}\}$. No sé cómo probar esto, y cómo ayuda.

Si pudieras darme algunos consejos ... ¡Gracias!

Answer 1

Usted puede comprobar esto mediante topología algebraica$^{\dagger}$: de hecho, se desprende de un ejercicio de Hatcher del libro (ver esta relacionado con las matemáticas.SE pregunta). Básicamente: el uso de Reidemeister-Schreier. He escrito un "full-ish" prueba - pero si usted se siente cómodo con el correr de los espacios, a continuación, esta prueba es ridículamente rápido y elegante!

La cobertura en los espacios de la prueba de que $F_2^{\prime}=[F(a, b), F(a, b)]\cong F_{\infty}$ es de la siguiente manera: El grupo libre $F(a, b)$ es el grupo fundamental de un ramo de dos círculos:

El uso de $\widetilde{X}$ para denotar la universalización de la cobertura, por el estándar de cubrimiento-el espacio de la teoría de la deriva de los subgrupos $F_2^{\prime}=[F(a, b), F(a, b)]$ es isomorfo al grupo fundamental de la $\widetilde{X}/F_2^{\prime}$. Ahora, $\widetilde{X}$ es sólo el grafo de Cayley de a $\langle a, b; -\rangle$,

mientras que $\widetilde{X}/F_2^{\prime}$ es el grafo de Cayley de a $\mathbb{Z}\times\mathbb{Z}$,

A continuación, $\pi_1(\widetilde{X}/F_2^{\prime})$ es el grupo con la presentación de $\langle V; R\cup T\rangle$ donde $V$ es el conjunto de $1$-células (bordes) de $\widetilde{X}/F_2^{\prime}$, $R$ es el conjunto de $2$-células de $\widetilde{X}/F_2^{\prime}$, e $T$ es un árbol de expansión para $\widetilde{X}/F_2^{\prime}$. Ahora, $\widetilde{X}/F_2^{\prime}$ no $2$-de las células, y de tomar cualquier árbol de expansión aún nos quedamos con una infinidad de aristas (por ejemplo, tomar el árbol de $T=\bigcup_{y\in\mathbb{Z}}\{(x, y): x\in\mathbb{Z}\}\cup\{(0, x): x\in\mathbb{Z}\}$). Por lo tanto, tenemos una infinitamente generado grupo, sin relaciones, por lo $F_2^{\prime}=[F(a, b), F(a, b)]\cong F_{\infty}$ como se requiere.

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$^{\dagger}$ Serias recientemente me recordó de esta prueba en los comentarios a esta multa de matemáticas.SE la respuesta.

Answer 2

Algunas ideas para trabajar en:

Un elemento de $\;F:=F(a,b)\;$ en forma normal

$$\;w=a^{n_1}b^{m_1}\cdot\ldots\cdot a^{n_k}b^{m_k}\;,\;\;n_i,m_i\in\Bbb Z\;,\;\;n_1,m_k\in\Bbb Z$$

pertenece a $\;F'\;$ si el exponente de la suma de ambas cartas es igual a cero, es decir:

$$w\in F'\iff\sum n_i=\sum m_i=0$$

Por ejemplo, $\;a^{-2}bab^{-1}a\in F'\;$ , pero $\;a^{-1}ba^2b^{-1}\notin F'\;$ .

A partir de lo anterior, es claro que $\;F'=\left\langle a^{-n}b^{-m}a^nb^m\;:\;\;{n\,,\,m\in\Bbb N}\right\rangle\;$ . Para probar estos son generadores libres que usted puede tratar de demostrar que cualquier palabra normal en los generadores es la trivial elemento iff es el vacío elemento (esto parece ser bastante no-tan-enfoque duro), o tal vez la característica universal de la libre grupos.

Answer 3

Otro argumento basado en topología algebraica aplicada a los gráficos:

Propiedad: Vamos a $F$ ser un grupo libre de rango finito $k$ $H \lhd F$ ser un trivial subgrupo normal. Si $H$ es finitely generó entonces es finito-índice de subgrupo.

Ahora, es posible deducir que el $D(\mathbb{F}_2)$ no es finitely generados por ejemplo por darse cuenta de que el cociente $\mathbb{F}_2/ D(\mathbb{F}_2)$ (es decir, la abelianization) es isomorfo a $\mathbb{Z}^2$ (y, en particular, es infinito).

Prueba. $F$ puede ser visto como el grupo fundamental de un ramo de $B$ $k$ círculos. Deje $\hat{B} \to B$ ser la cubierta asociados para el subgrupo $H$. Debido a $H \lhd F$, la cobertura es normal, que es la restricción de la acción $F= \pi_1(B) \to \mathrm{Aut}(\hat{B})$ en la fibra sobre el punto base es transitiva. Desde $B$ tiene un solo vértice, podemos deducir que $\mathrm{Aut}(\hat{B})$ actúa transitivamente sobre $\hat{B}$.

A partir de ahora, supongamos por contradicción que $H$ es un infinito-índice de subgrupo, que es $\hat{B}$ es infinito.

Porque $H \neq \{1\}$, $\hat{B}$ contiene un ciclo de $C$. Ahora vamos a $v_0,v_1,\ldots \in \hat{B}$ ser una secuencia de vértices tal que $v_0 \in C$$d(v_i,v_j) > 2 \mathrm{lg}(C)$, y deje $\varphi_1, \varphi_2, \dots$ ser una secuencia de automorfismos de a $\hat{B}$ tal que $\varphi_{i+1}(v_i)=v_{i+1}$. A continuación, $\varphi_1(C), \varphi_2(C),\dots$ es una secuencia de ciclos disjuntos en $\hat{B}$, de modo que $H= \pi_1(\hat{B})$ no puede ser finitely generado. $\square$

Nota Bene: a partir De Nielsen-Schreier fórmula, sabemos que hay una equivalencia: un trivial subgrupo normal es finitely generado si y sólo si es un finito-índice de subgrupo.

Más información se puede encontrar en la nota de Gráficos y Libre de los Grupos y en las referencias allí contenidas. La pregunta de Cuando es $G \ast H$ solucionable? también es relevante.