Groupes libres et bases
Bonsoir,
soit $(F,\iota)$ un groupe libre de base $X$, i.e. $(F,\iota)$, où $F$ un groupe et $\iota: X\hookrightarrow F$ est une application injective, vérifiant la propriété universelle suivante : pour tout groupe $G$, et toute application $f:X\to G$, il existe un unique morphisme de groupes $f_X:F\to G$ tel que $$f_X(\iota(x))=f(x) \ \mbox{ pour tout }x\in X.$$
Autrement dit, $(F,\iota)$ est un groupe libre de base $X$ si pour tout groupe $G$, et toute famille ${\bf a }=(a_x)_{x\in X}$ d'éléments de $G$ indexée par $X,$ il existe un unique morphisme de groupes $\varphi_{\bf a}:F\to G$ tel que $$\varphi_{\bf a}(\iota(x))=a_x \ \mbox{ pour tout }x\in X.$$
Pour simplifier les notations, je vais supposer que $X\subset F.$
J'aimerais montrer avec cette seule définition, que $X$ est une base de $F$ au sens suivant :
$X$ engendre $F$, et si on a une relation $x_1^{n_1}\cdots x_k^{n_k}=1,$ avec $x_i\neq x_{i+1}$ pour tout $i=1,...,k-1$ et $n_i\in\Z$, alors $n_1=\cdots=n_k=0.$
(On peut montrer que cela équivaut à l'existence et l'unicité de tout élément $g\in F$ sous la forme $g=x_1^{n_1}\cdots x_k^{n_k}$, avec $x_i\neq x_{i+1}$ pour tout $i=1,...,k-1$ et $n_i\in\Z$)
Autant il est facile de voir que $F=\langle X\rangle,$ autant pour la liberté de la famille (au sens précédent), ça me semble moins évident.
Evidemment, je voudrais le faire sans utiliser une construction explicite d'un groupe libre , seulement avec la définition par propriété universelle.
Supposons que l'on ait une relation $x_1^{n_1}\cdots x_k^{n_k}=1$, et soit $P$ l'ensemble des éléments de $X$ qui interviennent dans cette relation. Si il y a un $x$ dans $P$ dont la somme des exposants est non nulle, je sais faire. On prend $G=\Z$, on envoie tous les $x'\in P,x'\neq x$ sur $0$ et$ x$ sur $1$, contradiction.
Si pour tout $x\in P$, la somme des exposants correspondants est nulle, je ne sais pas..(e.g. la relation est $ a^2ba b^{-1}a^{-3}=1$). Des idées ?
soit $(F,\iota)$ un groupe libre de base $X$, i.e. $(F,\iota)$, où $F$ un groupe et $\iota: X\hookrightarrow F$ est une application injective, vérifiant la propriété universelle suivante : pour tout groupe $G$, et toute application $f:X\to G$, il existe un unique morphisme de groupes $f_X:F\to G$ tel que $$f_X(\iota(x))=f(x) \ \mbox{ pour tout }x\in X.$$
Autrement dit, $(F,\iota)$ est un groupe libre de base $X$ si pour tout groupe $G$, et toute famille ${\bf a }=(a_x)_{x\in X}$ d'éléments de $G$ indexée par $X,$ il existe un unique morphisme de groupes $\varphi_{\bf a}:F\to G$ tel que $$\varphi_{\bf a}(\iota(x))=a_x \ \mbox{ pour tout }x\in X.$$
Pour simplifier les notations, je vais supposer que $X\subset F.$
J'aimerais montrer avec cette seule définition, que $X$ est une base de $F$ au sens suivant :
$X$ engendre $F$, et si on a une relation $x_1^{n_1}\cdots x_k^{n_k}=1,$ avec $x_i\neq x_{i+1}$ pour tout $i=1,...,k-1$ et $n_i\in\Z$, alors $n_1=\cdots=n_k=0.$
(On peut montrer que cela équivaut à l'existence et l'unicité de tout élément $g\in F$ sous la forme $g=x_1^{n_1}\cdots x_k^{n_k}$, avec $x_i\neq x_{i+1}$ pour tout $i=1,...,k-1$ et $n_i\in\Z$)
Autant il est facile de voir que $F=\langle X\rangle,$ autant pour la liberté de la famille (au sens précédent), ça me semble moins évident.
Evidemment, je voudrais le faire sans utiliser une construction explicite d'un groupe libre , seulement avec la définition par propriété universelle.
Supposons que l'on ait une relation $x_1^{n_1}\cdots x_k^{n_k}=1$, et soit $P$ l'ensemble des éléments de $X$ qui interviennent dans cette relation. Si il y a un $x$ dans $P$ dont la somme des exposants est non nulle, je sais faire. On prend $G=\Z$, on envoie tous les $x'\in P,x'\neq x$ sur $0$ et$ x$ sur $1$, contradiction.
Si pour tout $x\in P$, la somme des exposants correspondants est nulle, je ne sais pas..(e.g. la relation est $ a^2ba b^{-1}a^{-3}=1$). Des idées ?
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Réponses
On pourrait prendre \(G=\mathrm{SL}_2(\mathbf Z)\).
Voir : Wikipedia
(desole pour les accents, clavier anglais)
On peut effectivement utiliser le lemme du ping-pong pour obtenir des groupes libres "concrets". Ca peut se faire dans $SL_2(\R)$ par exemple, mais je pense que le plus simple est d'utiliser le groupe des automorphismes d'un arbre (un automorphisme d'un arbre est une permutation des sommets qui preserve l'adjacence).
On veut montrer que si $w(a_1,\dots, a_k)$ est un mot non trivial sur l'alphabet $\{a_i\}$ avec des exposants dans $\Z$ dans lequel une lettre n'apparait pas deux fois de suite et dans lequel tous les exposants sont non nuls (appelons-le "reduit", au hasard), alors $w(x_1,\dots, x_k)\neq 1$. D'apres la propriete universelle, il suffit de construire un groupe contenant des elements $g_1,\dots,g_k$ tels que $w(g_1,\dots, g_k)\neq 1$.
Soit $X$ l'arbre $2k$-regulier. Soit $v_0$ un sommet, et $v_i^{\pm},\ 1\le i\le k$ ses voisins. Soit $X_i^{\epsilon}$ l'ensemble des sommets de la branche contenant $v_i^\epsilon$ (formellement, l'ensemble des sommets qui sont plus proches de $v_i^\epsilon$ que de $v_0$).
Pour $i$ entre $1$ et $k$, soit $g_i$ un automorphisme de l'arbre qui envoie $v_0$ sur $v_i^{+}$ et $v_i^{-}$ sur $v_0$. Un tel automorphisme existe : on peut choisir un chemin infini sans aller-retour contenant $v_i^{-} - v_0 - v_i^{+}$, on peut ensuite construire un automorphisme qui decale les branches le long de ce chemin.
Les hypotheses du lemme du ping-pong s'appliquent : par construction, $g_i^{\epsilon}$ envoie tous les sommets de l'arbre dans $X_i^{\epsilon}$, sauf eventuellement ceux de $X_i^{-\epsilon}$. Je redonne la preuve dans ce cas. Considerons l'image de $v_0$ par un mot reduit de longueur $n>0$, et montrons par recurrence sur $n$ que si la premiere lettre de $w$ est $a_i$ et $\epsilon$ est le signe de son exposant, alors $w(g_1,\dots,g_k)v_0\in X_i^{\epsilon}$ (ce qui implique que $w(g_1,\dots,g_k)\neq 1$ puisque $v_0\notin X_i^{\epsilon}$). C'est vrai pour $n=1$ : c'est la propriete qu'on vient de donner pour les generateurs. Maintenant si $n\ge 2$, on ecrit $w = a_i^{\epsilon m}w'$ avec $w'$ auquel on peut appliquer la recurrence, $\epsilon = \pm$ et $m>0$. Soit $a_j$ la premiere lettre de $w'$, par hypothese de recurrence, on a $v = w'(g_1,\dots,g_k)v_0\in X_j^{\pm}$. Par hypothese de "mot reduit", $j\neq i$. Puisque $X_j^{\pm}$, et $X_i^{-\epsilon}$ sont disjoints, $a_i^{\epsilon m}v\in X_i^{\epsilon}$, ce qu'on voulait demontrer.
Aurel
Pourquoi "évidemment"? La définition par propriété universelle te permet de montrer que le groupe libre explicitement construit est effectivement "libre" (au sens où il satisfait la propriété universelle) et que donc tout groupe "libre" est isomorphe au groupe libre explicitement construit que tu considères. Tu peux alors te servir du groupe libre explicitement construit pour montrer des propriétés sur les groupes "libres".
Peut-on se passer de la construction explicite? En tout cas, on peut se passer d'avoir une autre définition que celle donnée par propriété universelle, celle-ci est suffisante; mais ça ne veut pas dire qu'en pratique on peut se passer de construire une groupe "libre" explicitement.
Dans le cas précis que tu considères, je n'ai pas de réponse (d'autant que je ne vois pas comment montrer qu'on ne peut pas se passer de la construction explicite d'un groupe libre - qu'est-ce que ça voudrait dire?), mais pour m'être posé des questions similaires sur d'autres objets universels, je sais que, parfois, pour certaines propriétés, j'avais dû me résoudre à une construction explicite d'un objet universel.
Grâce à la suggestion de PB, j'ai pu le faire sans me taper la construction explicite d'un groupe libre, même si j'ai dû quand même pour cela exhiber une famille libre dans $SL_2(\Z)$ pour montrer que si un groupe vérifie la PU alors il possède une base...Mais c'est un moindre mal.
Bien sûr qu'ensuite, je vais démontrer que l'on peut construire explicitement un groupe libre sur $X$ de manière ad hoc, le but n'était absolument pas d'éviter cette construction à tout prix. :-)