
\hypertarget{tema17}{ }
\chapter{Grupos Libres. Presentaciones de Grupos}
\label{chap:tema17}
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\noindent{\sffamily\bfseries Objetivos del cap\'{\i}tulo} $\,$
\begin{itemize}\footnotesize
 \item Introducimos la noci\'{o}n de grupo libre generado por un elemento y demostramos que todo grupo es cociente de un grupo libre.
 \item Introducimos la noci\'{o}n de representaci\'{o}n de grupo, demostramos la existencia del grupo libre generado por un conjunto $X$ bajo ciertas relaciones. Clasificamos, salvo isomorfismo todo grupo libre con 10 elementos.
\end{itemize}
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\[\,\]





\section{Grupos Libres}
En esta secci\'{o}n vamos a construir el grupo libre generado por un conjunto  $X$. A grosso modo se trata de construir, a partir de un conjunto $X$, un grupo lo m\'{a}s general (libre) posible.

\begin{defi}
Sea $X$ un conjunto no vacio. Definimos el grupo libre generado por $X$ \index{Grupo Libre}como un par $(i,{\cal G}(X))$ en donde ${\cal G}(X)$ es un grupo e $i:X\to {\cal G}(X)$ es una aplicaci\'{o}n tal que para todo grupo $G$ y toda aplicaci\'{o}n $j:X\to G$ existe un \'{u}nico homomorfismo de grupos $f:{\cal G}(X)\to G$ con $f\circ i=j$. Es decir, que hace conmutativo el siguiente diagrama:
\centerline{\includegraphics[scale=0.4]{Dibujos/free.eps} }
\end{defi}

\begin{prop}
Sea $X$ un conjunto no vac\'{\i}o. Si existe es grupo libre generado por $X$, entonces $(i,{\cal G}(X))$  es \'{u}nico salvo isomorfismo. Es m\'{a}s, la aplicaci\'{o}n $i:X\to {\cal G}(X)$ es inyectiva.\index{Grupo Libre! $(i,{\cal G}(X))$}
\end{prop}

Es resto de est\'{a} secci\'{o}n se va a dedicar a demostrar la existencia del grupo libre generado por cualquier conjunto no vac\'{\i}o $X$.

\begin{defi}\label{defi:constlibre}
Sea $X$ un conjunto.
\begin{itemize}
\item A los elementos de $X$ los llamaremos alfabeto.\index{Grupo Libre! alfabeto}
\item Se define una s\'{\i}laba como cualquier ``expresi\'{o}n formal", $x^n$ con $0\ne n\in \mathbb{Z}$.\index{Grupo Libre! s\'{\i}laba}
\item Se define una palabra como cualquier ``expresi\'{o}n formal", $x_1^{n_1}x_2^{n_2}\cdots x_r^{n_r}$ en donde $x_i\in X$, $n_i\in \mathbb{Z}$ y son tales que $n_i\ne 0$ y $x_j\ne x_{j+1}$, para $i=\{1,2,\dots,r\}$, $j=\{1,2,|\dots, r-1\}$. Al conjunto de todas las palabras a\~{n}adimos el  $\emptyset$ que denotaremos por el nuevo signo $1$.\index{Grupo Libre! palabra}
\end{itemize}
Denotemos por ${\cal G}(X)$ el conjunto de todas las palabras formadas con el alfabeto $X$.
\end{defi}
\textbf{Nota:} En una palabra las s\'{\i}labas no est\'{a}n elevadas a cero y no hay dos s\'{\i}labas adyacentes con la misma ``base".

\begin{theo}
La operaci\'{o}n $*:{\cal G}(X)\times {\cal G}(X)\to {\cal G}(X)$ definida por
$$(x_1^{n_1}x_2^{n_2}\cdots x_r^{n_r})*(y_1^{m_1}y_2^{m_2}\cdots y_s^{m_s}):=(x_1^{n_1}x_2^{n_2}\cdots x_r^{n_r} y_1^{m_1}y_2^{m_2}\cdots y_s^{m_s})^\star$$
en donde $(x_1^{n_1}x_2^{n_2}\cdots x_r^{n_r} y_1^{m_1}y_2^{m_2}\cdots y_s^{m_s})^\star$ consiste en aplicar a la expresi\'{o}n $$x_1^{n_1}x_2^{n_2}\cdots x_r^{n_r} y_1^{m_1}y_2^{m_2}\cdots y_s^{m_s}$$ las contracciones siguientes:
\begin{itemize}
\item[(i)] reemplazar $x^nx^m$ por $x^{n+m}$ para cualquier $x\in X$.
\item[(ii)] reemplazar $x^0$ por $1$ si $x^0$ es toda la palabra o quitar $x^0$ de la palabra.
\end{itemize}
hasta que cumpla la definici\'{o}n de palabra. El $1$ act\'{u}a como elemento neutro para est\'{a} ope\-ra\-ci\'{o}n.
\end{theo}

\Proof
Observar que la operaci\'{o}n est\'{a} bien definida, ya que las contracciones s\'{o}lo se pueden aplicar en un orden concreto: Si $x_r\ne y_1$ no hay nada que hacer, en caso contrario ($x_r=y_1$) se obtiene la nueva expresi\'{o}n $$x_1^{n_1}x_2^{n_2}\cdots x_r^{n_r+m_1}y_2^{m_2}\cdots y_s^{m_s}.$$ Si $n_r+m_1\ne 0$ hemos terminado, caso contrario aplicamos (ii) y obtenemos  $$x_1^{n_1}x_2^{n_2}\cdots x_{r-1}^{n_{r-1}}y_2^{m_2}\cdots y_s^{m_s}.$$
y repetimos el argumento. Podr\'{\i}a ocurrir que desaparecieran todas las $x$ y todas las $y$, con lo que obtendr\'{\i}amos la palabra $1$.

No vamos a demostrar el car\'{a}cter asociativo de $*$  ya que, aunque no parece un resultado muy complicado, su demostraci\'{o}n formal es muy engorrosa.

Por construcci\'{o}n $1$ es el elemento neutro para $*$. Por \'{u}ltimo, el inverso del elemento $x_1^{n_1}x_2^{n_2}\cdots x_r^{n_r}$ es $x_r^{-n_r}\cdots x_2^{-n_2}x_1^{-n_1}$
\EndProof

\begin{theo}\label{theo:Gfree}
Sea $X$ un conjunto no vac\'{\i}o. Entonces $(i,{\cal G}(X))$ es el grupo libre ge\-ne\-rado por $X$.
\end{theo}

\begin{coro}
Todo grupo $G$ es cociente de un grupo libre.
\end{coro}

\section{Representaciones de grupos}\label{sect:Pregroup}

En esta secci\'{o}n vamos a estudiar grupos libres ``bajo"\  ciertas relaciones.  As\'{\i}, en esta secci\'{o}n estudiaremos grupos libres generados por un conjunto $X$ que verifican ciertas relaciones $\mathcal{R}$. A este grupo lo representaremos por $\{X\vert\mathcal{R}\}$.

\begin{ejem}\label{ejem:eqq}
si pensamos en un grupo $G$ generado por un \'{u}nico elemento ``$a$" que verifica la relaci\'{o}n $a^6=1$, es claro que nos estamos refiriendo a $\mathbb{Z}_6$.
$$\left\{\{a\}\vert\{a^6=1\}  \right\}\approx \mathbb{Z}_6$$
\end{ejem}

\begin{ejem}\label{ejem:eqqq}
si pensamos en un grupo $G$ generado por dos elementos $\{a,b\}$ que verifican las relaciones $a^2=1, b^3=1,ab=ba$. Por un lado tenemos que como $a$ y $b$ conmutan, nuestro grupo $$G=\left\{\{a,b\}\vert\{a^2=1,b^3=1,aba^{-1}b^{-1}=1\}\right\}$$ es conmutativo. Es m\'{a}s, $a^{-1}=a$ y $b^{-1}=b^2$ por lo que todo elemento de $G$ se escribe como potencias positivas de $a$ y $b$, de exponentes menores de 2 y 3 respectivamente. Por lo que las posibilidades son: $\{1,a,b,ab,ab^2,b^2\}$, un grupo abeliano con 6 elementos $G\approx \mathbb{Z}_6$.
\end{ejem}

\begin{defi}
Sea $X$ un conjunto no vacio y sea $\mathcal{R}\subset {\cal G}(X)$, el grupo libre generado por $X$. Se define el grupo libre  generado por $X$ bajo las relaciones de $\mathcal{R}$ como el grupo cociente ${\cal G}(X)/N$ en donde $N$ es el menor subgrupo normal de ${\cal G}(X)$ que contienen todos los elementos de $\mathcal{R}$.\index{Grupo Libre bajo relaciones}

Observar que en este grupo cociente cualquier elemento $r\in \mathcal{R}$ pertenece a $N$ por lo que $\overline r=\overline 1$ en ${\cal G}(X)/N$.

Dado un grupo $G$ se dice que $\langle X\vert \mathcal{R}\rangle$ es una representaci\'{o}n de $G$ si $G$ es isomorfo al grupo libre generado por $X$ bajo las relaciones de $\mathcal{R}$. \index{Grupo Libre bajo relaciones! $\langle X\vert \mathcal{R}\rangle$}
\end{defi}

En que tanto  \fullref{el  ejemplo}{ejem:eqq} como  \fullref{el  ejemplo}{ejem:eqqq} son representaciones de $\mathbb{Z}_6$. Es decir,
\begin{align*}
\langle \{a\} \vert \{a^6\}\rangle&\cong \mathbb{Z}_6,\cr
\langle \{a,b\} \vert \{a^2,b^3,aba^{-1}b^{-1}\}\rangle&\cong \mathbb{Z}_6
\end{align*}

Los dos ejemplos anteriores nos llevan a la siguiente definici\'{o}n:

\begin{defi}
Diremos que dos representaciones $\{X,\mathcal{R}\}$ y $\{X',\mathcal{R}'\}$ son isomorfas si generan grupos isomorfos.
\end{defi}

Como hemos visto en los ejemplos anteriores no es f\'{a}cil saber cuando dos representaciones son o no son isomorfas. Es mas, no hay un procedimiento est\'{a}ndar para averiguarlo.

Veamos un ejemplo interesante de como se puede aplicar est\'{a} teor\'{\i}a en el estudio de los grupos.

\begin{ejem}
Clasifica, salvo isomorfismo, todos los grupos con 10 elementos.
\end{ejem}

\Proof Tenemos la clasificaci\'{o}n de los grupos abelianos finitamente generados, en parti\-cu\-lar los grupos abelianos finitos. Por tanto sabemos que grupos abelianos con 10 elementos s\'{o}lo hay uno, $\mathbb{Z}_{10}$.

Pensemos pues en los no abelianos. Por los teoremas de Sylow, sabemos que si $G$ es un grupo con 10 elemento, $G$  posee un subgrupo con 5 elementos y un subgrupo con 2 elementos (ambos c\'{\i}clico y por tanto abelianos). Sean $a,b\in G$ con $\circ a=5$ y $\circ b=2$. tenemos que $<\{a,b\}>$ tiene al menos 6 elementos y divide a 10, por lo que $G=<\{a,b\}>$. Es m\'{a}s, $a^5=e$ y $b^2=e$ y el subgrupo generado por $a$ es un subgrupo normal de $G$ al poseer la mitad de los elementos de $G$. Por tanto, $bab^{-1}\in <a>$ y tiene orden 5 por lo que las posibilidades son $bab^{-1}=a^k$ para $k=1,2,3,4$. Es mas, si $bab^{-1}=a^k$, $ba=a^kb$ con lo que el grupo asociado a las representaciones
$$\langle \{a,b\}\vert \{a^5=1,b^2=1, bab=a^kb\}\rangle$$ tiene a lo sumo 10 elementos (con lo que no  noes tenemos que preocupar de encontrar m\'{a}s relaciones). Luego posibles grupos con 10 elementos tienen por representaciones:
\begin{enumerate}
\item[(1)] $\langle \{a,b\}\vert \{a^5=1,b^2=1, bab=a\}\rangle$
\item[(2)] $\langle \{a,b\}\vert \{a^5=1,b^2=1, bab=a^2\}\rangle$
\item[(3)] $\langle \{a,b\}\vert \{a^5=1,b^2=1, bab=a^3\}\rangle$
\item[(4)] $\langle \{a,b\}\vert \{a^5=1,b^2=1, bab=a^4\}\rangle$
\end{enumerate}

Observar que $(1)$ es precisamente $\mathbb{Z}_{10}$, ya que $bab=a$ y $b^2=e$  implica $ab=ba$ y por tanto es abeliano.

Por otro lado, si $bab=a^2$, $ba=a^2b$ y multiplicando por $b$ por la izquierda, $a=ba^2b=(ba^2)b=a^4b^2=a^4$ por lo que $a^3=e$ y como $a^5=e$, $a=e$. Por tanto $(2)$ es el grupo $\mathbb{Z}_2$.

Por el mismo razonamiento, si $bab=a^4$, $ba=a^4b$ y multiplicando por $b$ por la izquierda, $a=ba^4b=(ba^2)b=a^8b^2=a^8$ por lo que $a^7=e$ y como $a^5=e$, $a=e$. Por tanto $(4)$ es el grupo $\mathbb{Z}_2$.

Por \'{u}ltimo, conocemos un grupo con 10 elementos no abeliano, el grupo di\'{e}drico de los movimientos del pent\'{a}gono, por lo que $(3)$ es $D_5$.

Luego los \'{u}nicos grupos con 10 elementos, salvo isomorfismo son $\mathbb{Z}_{10}$ y $D_5$. Es m\'{a}s, tenemos una representaci\'{o}n para $D_5$, la $(3)$.
\EndProof

 \hypertarget{Ejjnueve}{ }
\section{Ejercicios del Tema}\label{ejj:Ejjnueve}
\setcounter{ejj}{0}


\begin{ejj}
Encuentra todos los homomorfismos del grupo libre generado por 2 elementos en $\mathbb{Z}_4$. ?`Cuantos de ellos son sobreyectivos? ?`Cuantos de ellos son inyectivos?
\end{ejj}



\begin{ejj}
Encuentra representaciones de $\mathbb{Z}_4$ con 1, 2 y 3 generadores.
\end{ejj}

\begin{ejj}
Demuestra que la representaci\'{o}n $\langle \{a,b\}\vert \{a^3=1,b^2=1, ba=a^2b\}\rangle$ produce un grupo con 6 elementos que no es abeliano. ?`Quien es?
\end{ejj}

\begin{ejj}
Determina, salvo isomorfismo, todos los grupos de orden 21.
\end{ejj} 