Grupo infinito con centro y conmutador iguales

Question

Considere el grupo $G=\left<a,b,c\ |\ [a,b]=c,[a,c]=[b,c]=1\right>$. Muestre que $Z(G)=G^{\prime}$ y que $G/Z(G)$ no es cíclico.

Nota: Puede suponer que $G$ es el cociente del grupo libre en tres generadores módulo el subgrupo normal generado por los elementos $aba^{-1}b^{-1}c^{-1}$, $aca^{-1}c^{-1}$ y $bcb^{-1}c^{-1}$.

Comments

Si el cociente de $G$ por su centro fuera cíclico, el grupo sería abeliano.

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Si Mauricio, tienes razón. Debí pedir que calcularan el cociente.

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Mauricio: ¿Y por qué no es abeliano $G$, es decir, cómo sabes que $c \neq 1$?

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Omar Antolín: La verdad asumí que $c\neq 1$ en este problema. Me parece que en el caso contrario uno obtendría que $G$ es isomorfo a $\mathbb{Z}^2$ y el cociente que dice Enrique sería cíclico (trivial, de hecho)...

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Bueno, $c$ realmente es distinto de $1 $en este grupo, no es necesario suponerlo, pero si es necesario demostrarlo si tu solución lo usa.

Answer 1

Después de numerosos comentarios la prueba original se ha depurado y ahora queda así:
La idea es probar que tanto el subgrupo conmutador como el centro de $G$ son cíclicos generados por $c$.

Para ver que el subgrupo conmutador es cíclico, primero n\'otese que $c\in G'$ y por lo tanto $\langle c\rangle\subset G'$. Adem\'as el grupo cociente $G/\langle c\rangle$ es abeliano. Esto se ve por la presentaci\'on que se tiene para $G$. Esto muestra que $G'\subset\langle c\rangle$.

Ahora, cada elemento $g$ en $G$ se puede escribir como $c^kw(a,b)$, donde $k$ es alg\'un entero y $w(a,b)$ es una palabra reducida en $a$ y $b$ la cual podemos asumir que no tiene conmutadores de $a$ y $b$. Si $g$ est\'a en el centro de $G$ entonces $w(a,b)$ debe conmutar con $a$ y con $b$. Pero esto s\'olo es posible si $w(a,b)$ corresponde al elemento identidad en $G$.

Comments

$G/K$ es abeliano si y sólo si $K$ contiene $G'$, pero como tomaste $K = Z(G) \cap G'$ no puedes concluir que  $G/K$ hasta que resuelvas el problema.

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$G/K$ es isomorfo a $(G/\left\langle c\right\rangle)/(K/\left\langle c\right\rangle)$ y además $G/\left\langle c\right\rangle$ es abeliano.

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Ah, ya, gracias.

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Sí, eso basta.

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¿Cómo concluyes que $G'=Z(G)$? Sólo logro ver que $G'\subseteq Z(G)$.

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Hay que ver que $\left<c\right>=Z(G)$.

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Que tal esto: Cada elemento $g$ en $G$ se puede escribir como $c^kw(a,b)$, donde $k$ es algun entero y $w(a,b)$ es una palabra reducida en $a$ y $b$ la cual podemos asumir que no tiene conmutadores de $a$ y $b$. Si $g$ está en el centro de $G$ entonces $w(a,b)$ debe conmutar con $a$ y con $b$. Pero esto sólo es posible si $w(a,b)$ corresponde al elemento identidad.

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Muy bien, me convencieron. Saludos!

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Hay alguna manera de ver lo que había antes de que se editara la respuesta?

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¡Mucho mejor, Mauricio! Ahora solo te falta probar eso que dices al final, que $w(a,b)$ solo conmuta con $a$ y $b$ si $w(a,b)=1$. Si quieres una sugerencia, empieza con el caso particular $w(a,b)=a$: prueba que $a$ no conmuta con $b$, o, lo que es lo mismo (y ya te hacia mencionado que te faltaba probar) prueba que $c \neq 1$.

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Ya arreglé el problema para que quede listo con la respuesta de Mauricio. En un principio, no me di cuenta de que tenía que haberlo hecho explícito porque yo construí el grupo iniciando con un grupo libre. Saludos y gracias a todos por su participación _\m/

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Enrique, lo que agregaste al problema es (1) sólo la definición del grupo presentado por esos generadores y relaciones, creo que todos habíamos entendido que hablabas de exactamente ese cociente del grupo libre haciendo la aclaración innecesaria, (2) no cambia el hecho de que la solución de Mauricio está incompleta, puesto que no ha probado que $c \neq 1$, o sea, no ha probado que $G$ no es abeliano. Me da la impresión de que tu y Mauricio sienten que es obvio que $c \neq 1$ en $G$, y tal vez lo sea para ustedes, pero yo diría que require demostración. Digo, no nada más por ser uno de los generadores listados es no trivial: como ejemplo bobo, en $\langle c : c=1 \rangle$ sucede que el generador $c$ es trivial; como ejemplo menos bobo, $\langle a,b :  a^{-1} ba = b^2 ,b^{-1} ab = a^2 \rangle$, es el grupo trivial (en serio, pruébalo). Así que yo insisto en que Mauricio no ha probado que $Z(G)=\langle c \rangle$, porque no ha probado, por ejemplo que $Z(G) \neq G$.

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También por ejemplo, $\langle a, b : a^{-1} b^5 a = b^6, a = a^3b^2a^{-4}b^{-1}a \rangle$ es el grupo trivial.

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Hay un homomorfismo de $G$ al grupo multiplicativo de matrices triangulares superiores de la forma $\begin{pmatrix} 1 & x & y \\  0 & 1 & z \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}$, donde $x,y,z$ son enteros. Si denotamos la matriz de arriba por $[x,y,z]$, el homomorfismo está dado por $a\mapsto [1,0,0]$, $b\mapsto [0,0,1]$, $c\mapsto [0,1,0]$. Verificar que esto es un homomorfismo requiere hacer una cuenta que prefiero omitir. Si $c=1$, su imagen bajo este homomorfismo sería $[0,0,0]$.

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Exacto, Mauricio, así es justamente como pensaba que deberías probar lo que le faltaba a tu solución. Usando este homomorfismo puedes fácilmente demostrar la afirmación que haces la final de tu argumento: que $w(a,b)$ solo conmuta con $a$ y $b$ si $w(a,b)=1$. (Aunque tal vez se te haga más fácil abandonar la estrategia del último párrafo --para no tener que precisar y usar eso de que "$w(a,b)$ no contiene conmutadores"-- y usar el homomorfismo directamente para probar que $Z(G) = \langle c \rangle$, para eso te sugiero probar que el homomorfismo es suprayectivo y que el centro del grupo de las matrices está generado por [0,1,0].) Ya falta poco.

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@Omar Antolín: La verdad no veo como probar esto que mencionas sin recurrir a varias multiplicaciones de matrices, algo medio engorroso y feo... pero sale. Sabes algún argumento para probarlo sin "ensuciarse las manos"?