Teorema de Nielsen–Schreier: diferenças entre revisões

Acrescentei um critério de infinitude para grupos apresentados, que ilustra melhor, talvez, o uso do Teorema de Schreier-Reidemeister.
(Esclareci uma afirmação.)
(Acrescentei um critério de infinitude para grupos apresentados, que ilustra melhor, talvez, o uso do Teorema de Schreier-Reidemeister.)
Haja vista que o índice da pré-imagem será finito, implicando que o será também o posto da pré-imagem como grupo livre; além disso, <math>\operatorname{card}S\le [G:H](\operatorname{card}R)</math>.
 
=== Um exemplocritério para infinitude ===
O objetivo nesta seção é provar o seguinte
 
'''Teorema.''' Seja <math>G\cong\langle x_{1},x_{2},\ldots,x_{r}\mid w_{1}^{m_{1}},w_{2}^{m_{2}},\ldots,w_{s}^{m_{s}}\rangle</math>. Suponha que <math>\mathop{\textstyle{\sum}}_{i=1}^{s}\textstyle{\frac{1}{m_{i}}}\le r-1</math>. Se houver um grupo <math>P</math> e um epimorfismo <math>\theta:G\twoheadrightarrow P</math> tal que a ordem do elemento <math>w_{i}^{\theta}\in P</math> é precisamente <math>m_{i}</math>, então o grupo <math>G</math> é infinito.
 
Começaremos com um
 
'''Lema.''' Se <math>G</math> tem apresentação <math>G\cong\langle X\mid R\rangle</math>, com <math>X,R</math> conjuntos finitos e <math>\operatorname{card}X>\operatorname{card}R</math>, então a abelianização <math>G_{\textrm{ab}}=G/[G,G]</math> possui infinitos elementos. Em particular, <math>G</math> é um grupo infinito.
 
''Prova.'' Seja <math>\operatorname{card}X=n</math>. Passando para a abelianização, podemos ver os relatores em <math>R</math> como polinômios em <math>\mathbb{Q}[x_{1},\ldots,x_{n}]</math>, se <math>X=\{x_{1},\ldots,x_{n}\}</math>. É fato elementar da Álgebra Linear que existe um elemento em <math>(\mathbb{Q}\times\mathbb{Q}\times\dots\times \mathbb{Q})\smallsetminus\{0\}</math> que anula todo elemento de <math>R</math> (heurística: há mais incógnitas do que equações); existe, pois, um elemento em <math>\mathbb{Z}^{n}\smallsetminus\{0\}</math> que anula todo elemento de <math>R</math> (multiplique a solução anterior por um inteiro adequado); podemos supor que esse elemento está no grupo abeliano livre <math>F_{\textrm{ab}}(X)</math>, digamos <math>w=\mathop{{\textstyle{\sum}}}w_{i}x_{i} \ne0</math>. O Teorema de von Dyck garante que a associação <math>X\to F_{\textrm{ab}}(X): x_{i}\mapsto w_{i}x_{i}</math> estende-se a um homomorfismo <math>\psi:G_{\textrm{ab}}\to F_{\textrm{ab}}(X)</math>; possuindo <math>G_{\textrm{ab}}</math> uma imagem homomorfa infinita, uma vez que <math>\langle w\rangle\le \operatorname{Im}\psi</math>, segue o Lema.
 
'''Prova do Teorema.''' Se <math>P</math> for infinito, não há nada a fazer. Suponha então <math>P</math> finito de ordem <math>n</math>, de forma que <math>H=\operatorname{Ker}\theta</math> tem índice finito <math>n</math> em <math>G</math>. Seja <math>K\vartriangleleft F(X)</math> a pré-imagem de <math>H</math> no grupo livre sobre <math>X</math>, <math>F/K\cong G/H\cong P</math>. Por Nielsen-Schreier, podemos escolher um isomorfismo <math>\beta : K\to F(Y)</math>, <math>\operatorname{card}Y=n(r-1)+1</math>. Por Schreier-Reidemeister, temos <math>H\cong \big\langle Y\,\big\vert\,\left(aw_{i}^{m_{i}}a^{-1}\right)^{\beta},i=1,2,\ldots,s,a\in A\big\rangle</math>, o conjunto <math>A</math> sendo uma transversal à direita fixa para <math>K</math> em <math>F(X)</math>. Para cada <math>i=1,2,\ldots,s</math> temos <math>n</math> relatores. A ideia principal da demonstração é encontrar relatores redundantes, de modo que o Lema venha à mão. Fá-lo-emos do seguinte modo: escolha um elemento da transversal, digamos <math>a_{0}\in A</math>. Note que as classes <math>Ka_{0}, Ka_{0}w_{1}, Ka_{0}w_{1}^{2},\ldots, Ka_{0}w_{1}^{m_{1}-1}</math> são duas a duas distintas: caso não fossem, teríamos <math>Ka_{0}w_{1}^{\ell}=Ka_{0}</math> para algum <math>0<\ell<m_{1}</math>. Por normalidade de <math>K</math>, ter-se-ia <math>w_{1}^{\ell}\in K</math>, donde, em <math>G</math>, <math>w_{1}^{\ell}\in H</math>, isto é, <math>\big(w_{1}^{\theta}\big)^{\ell}=1</math> — absurdo pois a ordem de <math>w_{1}^{\theta}</math> é <math>m_{1}</math>. Temos então <math>m_{1}</math> elementos de <math>A</math>, <math>a_{0},\overline{a_{0}w_{1}},\overline{a_{0}w_{1}^{2}},\ldots,\overline{a_{0}w_{1}^{m_{1}-1}}</math>. Agora <math>\overline{a_{0}w_{1}^{\nu}}w_{1}^{m_{1}}\overline{a_{0}w_{1}^{\nu}}^{-1}=\overline{a_{0}w_{1}^{\nu}}\big(a_{0}w_{1}^{\nu}\big)^{-1}\big(a_{0}w_{1}^{\nu}\big)w_{1}^{m_{1}}\big(a_{0}w_{1}^{\nu}\big)^{-1}\big(a_{0}w_{1}^{\nu}\big)\overline{a_{0}w_{1}^{\nu}}^{-1}=u_{\nu}(a_{0}w_{1}^{m_{1}}a_{0}^{-1})u_{\nu}^{-1}</math> para algum <math>u\in K</math>. Daí, os <math>m_{1}</math> relatores oriundos de tais elementos da transversal são mutuamente conjugados, logo, destes, precisamos de apenas um. Escolhendo um elemento da transversal diferente daqueles já obtidos, podemos repetir o argumento até a exaustão dos <math>n</math> relatores. Vê-se facilmente agora que são necessários apenas <math>n/m_{1}</math> dos relatores iniciais. Isso claramente se repete para <math>i=2,\ldots,s</math>. Portanto, <math>H</math> tem uma apresentação com <math>n(r-1)+1</math> geradores e <math>(n/m_{1})+(n/m_{2})+\ldots+(n/m_{s})=n\mathop{\textstyle{\sum}}_{i=1}^{s}\textstyle{\frac{1}{m_{i}}}</math> relatores. Por hipótese, o número de geradores excede o número de relatores; apelando ao Lema, temos <math>H</math> infinito, finalizando a demonstração.
 
''Exemplo.'' O grupo <math>\langle x,y\mid x^{4},y^{8},(xy)^{6}\rangle</math> é infinito. Temos <math>\tfrac{1}{4}+\tfrac{1}{8}+\tfrac{1}{6}\le1</math>. Considere as permutações <math>\pi_{1}=(1,2,3,4),\pi_{2}=(1,2,3,4,5,6,7,8),\pi_{1}\pi_{2}=(1,3,5,6,7,8)(2,4)</math> e escolha <math>P=\langle \pi_{1},\pi_{2}\rangle</math>. Em geral, o grupo <math>D(l,m,n)=\langle x,y \mid x^{l}, y^{m},(xy)^{n}\rangle</math>, intimamente relacionado com certas tesselações triangulares de planos (no sentido amplo de geometrias Euclidianas ou não), é infinito se, e somente se, <math>\tfrac{1}{l}+\tfrac{1}{m}+\tfrac{1}{n}\le1</math>. É possível mostrar que, dada uma tripla <math>(l,m,n)</math> de inteiros maiores que um, existem elementos <math>\gamma,\delta</math> do grupo <math>\operatorname{PSL}(2,\mathbb{C})</math> das transformações lineares fracionais do plano complexo estendido <math>\tilde{\mathbb{C}}=\mathbb{C}\sqcup\{\infty\}</math>, tais que <math>\operatorname{ord}(\gamma)=l</math>, <math>\operatorname{ord}(\delta)=m</math>, <math>\operatorname{ord}(\gamma\delta)=n</math>. Por outro lado, as únicas triplas daquela forma satisfazendo <math>\tfrac{1}{l}+\tfrac{1}{m}+\tfrac{1}{n}>1</math> são <math>(2,2,n)</math>, <math>(2,3,3)</math>, <math>(2,3,4)</math>, <math>(2,3,5)</math>. No primeiro caso, vê-se facilmente que se trata de um grupo diedral <math>D_{2n}</math>. Nos casos restantes, temos, respectivamente, <math>\operatorname{Alt}(4)</math>, <math>\operatorname{Sym}(4)</math>, <math>\operatorname{Alt}(5)</math>. Considere as permutações <math>\sigma=(1,2,3)</math>, <math>\tau=(2,4)(3,5)</math>, <math>\sigma\tau=(1,4,2,5,3)</math>. Note que <math>\sigma^{\tau\sigma\tau}=(4,2,3)</math>, <math>\alpha:=\tau\sigma^{\tau\sigma\tau}=(3,5,4)</math> e <math>\langle \tau,\alpha\rangle\le\big(\!\operatorname{Alt}(5)\big)_{1}=\operatorname{Stab}(1)\cong \operatorname{Alt}(4)</math>. Em <math>\langle\tau,\alpha\rangle</math>, temos <math>\langle \tau,\tau^{\alpha}\rangle=\langle (2,4)(3,5),(2,3)(5,4)\rangle\cong C_{2}\times C_{2}</math>; além disso as classes <math>\langle \tau,\tau^{\alpha}\rangle,\langle \tau,\tau^{\alpha}\rangle\alpha,\langle \tau,\tau^{\alpha}\rangle\alpha^{2}</math> são duas a duas distintas e esgotam o espaço de classes <math>\operatorname{mod}\,\,\langle \tau,\tau^{\alpha}\rangle</math>, logo <math>\vert\langle \tau,\alpha\rangle\vert=12</math>. Como <math>5</math> e <math>12</math> dividem a ordem de <math>\langle\sigma,\tau\rangle\le\operatorname{Alt}(5)</math>, temos a igualdade. Usando ideias similares, mas em <math>D(2,3,3)</math>, prova-se que <math>D(2,3,3)</math> é finito de ordem no máximo <math>12</math>; portanto, <math>x\to\tau,y\to\alpha</math> é um isomorfismo <math>D(2,3,3)\cong\operatorname{Alt}(4)</math>. Em <math>D(2,3,5)</math> há um subgrupo que é uma imagem homomorfa de <math>D(2,3,3)</math>, portanto é finito de ordem no máximo <math>12</math>. Usando as potências de <math>xy</math> como representantes de classes módulo tal subgrupo, mostra-se que <math>D(2,3,5)</math> é finito de ordem no máximo <math>12\cdot 5=60</math>, permitindo-nos concluir que <math>x\to\tau,y\to\sigma</math> é um isomorfismo <math>D(2,3,5)\cong\operatorname{Alt}(5)</math>. Ideias inteiramente análogas mostram que <math>x\to(1,4)</math>, <math>y\to(1,2,3)</math> é um isomorfismo <math>D(2,3,4)\cong\operatorname{Sym}(4)</math>.
 
=== Um último exemplo ===
Seja <math>G=\langle x,y\mid x^{3},y^{3},(xy)^{3}\rangle</math> e <math>H=\langle x^{-1}y,yx^{-1}\rangle\le G</math>. Afirmo que <math>H</math> é um grupo Abeliano livre de posto <math>2</math>, isto é, <math>H\cong \mathbb{Z}\oplus\mathbb{Z}</math>. Primeiro, temos <math>[G:H]=3</math>. De fato, <math>H\!\vartriangleleft G</math>, já que <math>xyx=(yx^{-1})^{-1}(x^{-1}y)^{-1}\in H</math> e <math>yxy=(yx^{-1})(x^{-1}y)\in H</math>; logo, o quociente <math>G/H</math> tem apresentação <math>\langle x,y\mid x^{3},y^{3},(xy)^{3},x^{-1}y,yx^{-1}\rangle\cong\langle x\mid x^{3}\rangle\cong\mathbb{Z}/3\mathbb{Z}</math>.
 
Seja <math>K</math> a imagem inversa de <math>H</math> em <math>F=F_{\{x,y\}}</math> (usar-se-á o mesmo símbolo para denotar um elemento de <math>F</math> e sua imagem em <math>G</math>; esperadamente, não haverá confusão). Temos a transversal de Schreier <math>\mathcal{S}=\{1,x,x^{2}\}\subset F</math> para <math>K</math>. Pelo Teorema de Nielsen-Schreier, <math>K\cong F_{\{a,b,c,d\}}</math> é livre de posto <math>4 = 2\cdot3-3+1</math>, com a associação <math>a\mapsto x^{3},b\mapsto yx^{-1},c\mapsto xyx^{-2},d\mapsto x^{2}y</math> (estendendo-se a) um isomorfismo cuja inversa será denotada por <math>\delta: HK\to F_{\{a,b,c,d\}}</math>. Calculando, temos <math>(x^{3})^{\delta}=a</math>, <math>(y^{3})^{\delta}=\big((yx^{-1})(xyx^{-2})(x^{2}y)\big)^{\delta}=bcd</math>,<math>\big((xy)^{3}\big)^{\delta} = \big((xyx^{-2})(x^{3})(yx^{-1})(x^{2}y)\big)^{\delta}=cabd</math>,<math>(xy^{3}x^{-1})^{\delta}=\big((yx^{-1})^{x^{-1}}(xyx^{-2})^{x^{-1}}(x^{2}y)^{x^{-1}}\big)^{\delta}=(c)(da^{-1})(ab)=cdb</math>, <math>\big(x(xy)^{3}x^{-1}\big)^{\delta}=\big((x^{2}y)(xyx^{-2})(x^{3})(yx^{-1})\big)^{\delta}=dcab</math>, <math>\big(x^{2}y^{3}x^{-2}\big)^{\delta}=\big((x^{2}y)(yx^{-1})(xyx^{-2})\big)^{\delta}=dbc</math>, <math>\big(x^{2}(xy)^{3}x^{-2}\big)^{\delta}=\big(x^{3}(yx^{-1})(x^{2}y)(xyx^{-2})\big)^{\delta}=abdc</math>. Note que os elementos de <math>F_{\{a,b,c,d\}}</math> obtidos de comprimento <math>4</math> são permutações cíclicas uns dos outros, portanto são conjugados, logo constituem um conjunto de relatores redundantes, dos quais precisamos de apenas um; o mesmo vale para aqueles de comprimento <math>3</math>. O gerador <math>a</math> some. Temos daí que <math>H\cong\langle b,c,d\mid bcd,bdc\rangle</math>. Finalmente, <math>b\in\langle c,d\rangle</math> e <math>[c,d]=1</math>; agora é fácil estabelecer, por exemplo, via Teorema de Von Dyck, um isomorfismo <math>H\cong\langle c,d\mid \![c,d]\rangle\cong\mathbb{Z}\oplus\mathbb{Z}</math>. Isso prova a afirmação inicial. Note que como subproduto desses argumentos, obtemos <math>G</math> como um produto semidireto <math>(\mathbb{Z}^{2})\rtimes (\mathbb{Z}/3\mathbb{Z})</math>.
<br />
 
<br />
== Referências ==
<references />
71

edições