Commutation dans un groupe fondamental.

Par multiple, tu veux dire puissance ?

Bonjour,

Notons $\Sigma$ ta surface, puis $a$ et $b$ deux éléments de son groupe fondamental qui commutent. Tu peux regarder le revêtement $\Sigma' \to \Sigma$ correspondant au sous-groupe $\langle a,b \rangle$. Bien sûr, $\Sigma'$ est une surface, et son groupe fondamental est de rang au plus deux. Par conséquent, si $\Sigma'$ était compacte, ce ne pourrait être qu'une sphère ou un tore. Seulement une surface de genre $g>1$ n'est revêtue ni par la sphère ni par le tore (rigoureusement, compare les caractéristiques d'Euler). Par conséquent, $\Sigma'$ ne peut pas être compacte. Seulement, une surface non compact a toujours un groupe fondamental libre. La conclusion est que $\langle a,b \rangle \leq \pi_1(\Sigma)$ est un groupe libre, et il est classique que deux éléments qui commutent dans un groupe libre doivent être puissance d'un même élément.

Par contre, l'un n'est pas nécessaire puissance de l'autre. Si tu prends un générateur canonique $a$ de $\pi_1(\Sigma)$, alors $a^2$ et $a^3$ commutent, mais l'un n'est pas puissance de l'autre (il suffit de regarder leur image dans l'abélianisé).

pourquoi le groupe fondamental d'une surface non compacte est libre ?

Tu regarder ici; je crois que l'argument est tiré d'un bouquin de Chiswell.

Y aurait-il peut-être également un moyen direct (mais moins élégant) de répondre à la question initiale, simplement avec la présentation du groupe fondamental d'une surface compacte par générateurs et relation ??

C'est bien possible. Il se trouve que la présentation usuelle satisfait la condition de petite simplification C'(1/6), donc on dispose de méthodes efficaces pour travailler (que l'on peut redémontrer directement si l'on veut utiliser la petite simplification sans dire son nom). Si ce point de vue t'intéresse, je peux essayer de trouver quelque chose, mais cela utilise des diagrammes de Van Kampen.

Encore un autre point de vue possible est de regarder l'action du groupe fondamental sur le revêtement universel, qui n'est autre que le plan hyperbolique.

L'argument classique est le suivant.

Soient $a,b \in \pi_1(\Sigma)$ deux éléments non triviaux qui commutent, que l'on voit comme des isométries de $\mathbb{H}^2$. L'action de $\pi_1(\Sigma)$ sur $\mathbb{H}^2$ étant proprement discontinue et cocompact, il n'y a pas d'isométries paraboliques, donc $a$ est une isométrie loxodromique. Autrement dit, il existe une géodésique bi-infinie $\gamma$ sur laquelle $a$ agit par translation; en fait, $\gamma$ est précisément s'ensemble des points de $\mathbb{H}^2$ minimisant $d(x,a \cdot x)$. Comme $b$ commute avec $a$, il s'ensuit que $b$ laisse $\gamma$ stable. On obtient donc deux isométries $a$ et $b$ agissant sur $\gamma$ sur translation. Maintenant, on considère un élément $c$ de $\pi_1(\Sigma)$ laissant stable $\gamma$ et de longueur de translation minimale (l'infinimum étant atteint car l'action est proprement discontinue). Il ne reste plus qu'à montrer que $a$ et $b$ sont des puissances de $c$. (En fait, l'argument est le même que celui permettant de montrer que tous les sous-groupes discrets de $\mathbb{R}$ sont cycliques.)