Deje $G=\langle a,b,c,d \mid abcda^{-1}b^{-1}c^{-1}d^{-1}\rangle$ ser nuestra presentación. El reclamo es que el colector $[a,b]$ ha inifinite orden en $G$. Creo que esto podría estar relacionado con los pequeños de la cancelación, pero no muy seguro de lo prometedor que el enfoque es en realidad. Estoy agradecido por las sugerencias, gracias!
Respuestas
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Sí, usted puede hacer esto por los pequeños de la cancelación. La presentación satisface $C'(1/6)$ ( $C'(1/7)$ ), por lo que por Greendlinger del lema cualquier palabra igual a la identidad en el grupo debe tener un subword que consta de más de la mitad de un cíclico conjugado de un relator o su inverso. Desde $[a,b]^k$ no contiene dicha subword para cualquier $0 \ne k \in {\mathbb Z}$, no puede ser igual a la identidad.
kch
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110
Usted también puede hacer un ad-hoc enfoque (sin cancelación).
Tomamos dos (más o menos) arbitraria noncommuting matrices $A:=\begin{pmatrix} 1&1\\0&1 \end{pmatrix}$ $B:=\begin{pmatrix} 1&0\\1&1 \end{pmatrix}$ (la vida a lo largo de, digamos, los racionales).
El mapa de $a\mapsto A,b\mapsto B, c\mapsto B^{-1}, d \mapsto A^{-1}$ se extiende a una representación de la $G$, y la imagen del colector de $a$ $b$ bajo esta representación es $ABA^{-1}B^{-1}=\begin{pmatrix} 3&-1\\1&0 \end{pmatrix}$ que es fácilmente controlado a ser de orden infinito.
Splanky222
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26
Si no te importa "un martillo"(aunque no es realmente mucho más difícil que los pequeños de la cancelación de la maquinaria), usted puede utilizar un poco de un relator de la teoría, y aplicar la Freiheitssatz, para conseguir ese $\langle a,b\rangle$ genera un libre subgrupo de dos generadores en todo el grupo. Este resultado puede encontrarse en tanto "la" Combinatoria del Grupo de Teoría de los libros (uno por Lyndon y Schupp, y el uno por Magnus, Karrass, y Solitar). También puede buscar en este blog para una introducción (y la de otros puestos, de un relator posts son interesantes también).
tariqsheikh
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58
Aquí está una topológico/prueba geométrica.
La etiqueta de los lados de un octágono por este relator. Verás que al pegar los lados opuestos, no hay un solo vértice en el cociente. El cociente del espacio de $S$ es una superficie, y su grupo es isomorfo a $\pi_1 S$. El elemento $[a,b]$ está representado por una curva cerrada simple $c$ $S$ que separa a $S$ en dos uno de los orificios de tori.
La superficie de la $S$ tiene una hiperbólica completa de métricas, y la curva de $c$ es isotópico a un único simple y cerrada geodésica. Todos sus poderes son, simple y cerrada geodesics, y por lo tanto representan trivial elementos de $\pi_1 S$.
