¿Qué es difícil de demostrar el teorema de Nielsen-Schreier?

Question

Nielsen–Schreier teorema de los estados (en parte):

Deje $F$ ser un grupo libre, y $H\le F$ ser cualquier subgrupo. A continuación, $H$ es isomorfo a un grupo libre.

He visto el topológica de la prueba de este teorema usando la correspondencia entre los revestimientos y de los subgrupos del grupo fundamental. Esto siempre me ha impresionado como el uso más fuerte de la teoría por lo que se utiliza para probar (aunque he de apreciar la belleza de la argumentación).

En mi cabeza, veo la siguiente (suelto) argumento:

Deje $H$ ser un subgrupo de $F$, y se supone que $H$ no es libre. Entonces existe una relación no trivial $h_1h_2\dots h_n = 1$. Pero esta es también una relación no trivial en $F$ lo que implica que $F$ no es gratis, lo cual es absurdo. Por lo tanto $H$ es gratis.

Claramente, debe haber algún problema con esto. ¿Cuáles son los escollos aquí? Un problema que veo es que el exacto notación de una relación siempre me ha parecido un poco vago para mí (algunos reducido palabra igual a la identidad?), pero eso no parece que debería ser un gran problema bastante para invalidar el argumento.

Answer 1

Pero esta es también una relación no trivial en $F$

Este paso no es obvio en absoluto. Para obtener una relación no trivial en $F$, usted necesita saber que al expandir $h_1,\dots,h_n$ en términos de generadores libres de $F$, $h_1\dots h_n$ reduce a un trivial reducido palabra. ¿Por qué esto debe ser verdad?

De hecho, no puede ser cierto. Usted ha pasado por alto el hecho de que usted necesita para elegir algunos subconjunto específico de $H$ que será su generadores libres. Si usted elige incorrectamente, entonces no será trivial relaciones. Por ejemplo, supongamos $F$ es gratis generadores $a$$b$, y se toma el $H$ a ser el subgrupo generado por $h_1=ab$, $h_2=aba$, $h_3=bab$. A continuación, $h_1^3h_3^{-1}h_2^{-1}=1$ es un trivial relación entre estos generadores de $H$ (pero al ampliar esto en términos de los generadores de $F$, se reduce a la trivial de la palabra, así que esto no contradice la libertad de $F$). Por lo $H$ es no libremente generada por $\{h_1,h_2,h_3\}$. Para demostrar $H$ es libremente generadas, se tiene que de alguna manera vienen con un conjunto de generadores para los que no habrá relaciones no triviales.

Ahora para este particular,$H$, que no es tan difícil (de hecho, $H$ es de $F$, de modo que usted puede tomar $a$ $b$ como su generadores libres). Pero si tienes algo completamente arbitrario subgrupo de $F$, no es obvio cómo se iba a venir para arriba con un set de generación de energía de tal manera que cualquier relación entre ellos sería todavía una relación no trivial en términos de generadores libres de $F$, dando así una contradicción, como usted sugiere.