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Como vimos na seção anterior a classe de grupos totalmente residualmente livres esta contido propriamente na classe de grupos residualmente livres. De- monstramos a seguir condições que garantem que um grupo residualmente livre seja totalmente residualmente livre. Além disso, provaremos que grupos residu- almente livres não são fechados para produtos livres, e que grupos totalmente residualmente livres são fechados para produtos livres.

Denição 2.4.1. Um grupo G é n-residualmente livre se para qualquer n elementos g1, . . . , gn ∈ G \ {1}, existe um grupo livre F e um homomorsmo

Proposição 2.4.2. Para um grupo residualmente livre G, as seguintes proposi- ções são equivalentes:

(1) G é totalmente residualmente livre; (2) G é 2−residualmente livre;

(3) G é transitivo comutativo; (4) G é CSA.

Demonstração. É claro que (1) implica em (2).

Assumimos (2). Sejam x, y, z ∈ G\{1} tal que [x, y] = [y, z] = 1. Mostraremos que [x, z] = 1. Suponha que [x, z] 6= 1, então sendo G 2−residualmente livre existe um homomorsmo φ : G → F tal que φ([x, z]) = [φ(x), φ(z)] 6= 1 e φ(y) 6= 1. Mas [φ(x), φ(y)] = [φ(y), φ(z)] = 1, o que contradiz o fato que F é comutativo transitivo. Logo (2) implica em (3).

Agora assumimos (3). Se G é abeliano é claro que G é CSA. Admitamos então que G não é abeliano. Por contradição, existe um subgrupo abeliano maximal M e g ∈ G\M tal que M ∩gMg−1 6= 1. Para algum m ∈ M, com m 6= 1, gmg−1 _{∈ M.}

Se [g, m] = 1, já que G é transitivo comutativo, temos que < g, M > é abeliano e M =< g, M >, logo g ∈ M o qual é contradição. Desta forma [g, m] 6= 1. Como [g, m] 6= 1 , existe um homomorsmo φ : G 7−→ F tal que φ([g, m]) 6= 1, então [φ(m), φ(g)] 6= 1. Mas, 1 6= φ(gmg−1) ∈ φ(M ) ∩ φ(g)φ(M )φ(g)−1. Sendo F CSA, temos que o subgrupo abeliano maximal contendo φ(M) é malnormal, logo φ(g) está no subgrupo abeliano maximal de F contendo φ(m). Assim, [φ(g), φ(m)] = 1 o que é uma contradição, portanto (3) implica em (4).

Finalmente assumiremos (4). Pela Proposição 2.3.5 G é comutativo transitivo. Se G é abeliano, temos pela Proposição 2.2.4 que G é totalmente residualmente livre. Assumimos agora que G não é abeliano, então se x, y ∈ G\{1}, provaremos que existe g ∈ G tal que [gxg−1_{, y] 6= 1. Com efeito, se [x, y] 6= 1, então fazendo}

g = 1 temos que existe g ∈ G tal que [gxg−1, y] 6= 1.

No caso que [x, y] = 1, seja M o subgrupo abeliano maximal contendo y. Então o centralizador CG(y) contém x e M, e, além disso, como G é comutativo

transitivo temos que CG(y)é abeliano. Então temos que M = CG(y), pois G não

é abeliano.

Como G é CSA e não é abeliano, existe um g ∈ G\M tal que M ∩gMg−1 _{= 1,}

logo gxg−1 _{∈ M/ , e, desta forma, [gxg}−1_{, y] 6= 1. Agora sejam x}

1, . . . , xnelementos

conjugado de x3 tal que [y3, [y2, y1]] 6= 1 e assim por diante. Obtemos elementos

y1, . . . , yn tal que yi é o conjugado de xi e o comutador [yn, . . . , y1] 6= 1. Agora,

sendo G residualmente livre, existe um homomorsmo φ : G 7−→ F, tal que φ([yn, . . . , y1]) 6= 1, logo φ(yi) 6= 1, e consequentemente φ(xi) 6= 1, para 1 ≤ i ≤ n.

Isto prova que (4) implica (1) .

Lema 2.4.3. Se G é um grupo CSA, então cada subgrupo normal abeliano está contido no centro de G.

Demonstração. Seja A um subgrupo abeliano normal de G. Então A está contido em um subgrupo abeliano maximal B de G. Seja a ∈ A \ {1} e x ∈ G \ {1}. Então xax−1 _{∈ A, pois A é normal. Já que A ≤ B, então a ∈ B, xax}−1 _{∈ B}

e xax−1 _{∈ B ∩ xBx}−1_{. Como G é CSA temos que B é malnormal e portanto}

x ∈ B. Já que B é abeliano, então [a, x] = 1, para todo x ∈ G. Portanto A esta no centro de G.

Lema 2.4.4. Cada subgrupo abeliano normal de um grupo residualmente livre G está contida no centro de G.

Demonstração. Seja A um subgrupo normal abeliano de G. Seja a ∈ A \ Z(G), então existe um elemento b ∈ G com

x = [a, b] 6= 1.

Como G é residualmente livre, então pela Proposição 2.2.3 existe um subgrupo normal Nx de G, com G/Nx livre e x /∈ Nx. Segue que abNx 6= baNx, logo G/Nx

é um grupo livre não abeliano. Já que ba−1_b−1 _{∈ A, então x ∈ A, logo temos que}

ANx/Nx ∼= A/A ∩ Nx,

é um subgrupo não trivial abeliano normal de G/Nx. Como G/Nx é um grupo

livre e não abeliano, temos que G/Nxé um grupo CSA, além disso, Z(G/Nx) = 1.

Logo, pelo Lema 2.4.3 temos que ANx/Nx = 1, o qual é uma contradição. Por

tanto A ≤ Z(G).

Teorema 2.4.5. Seja G um grupo residualmente livre. G é totalmente residual- mente livre se, e somente se, G não contém F × Z, onde F é um grupo livre de posto 2 e Z um grupo cíclico innito.

Demonstração. Admitamos que G contém F×Z. Como F é livre de posto 2 então F não é abeliano, logo F × Z não é totalmente residualmente livre pelo Exemplo

2.3.9. Mas F × Z é um subgrupo de G, logo F × Z é totalmente residualmente livre, o qual é uma contradição. Portanto, G não contem F × Z.

Reciprocamente, suponhamos que G não é totalmente residualmente livre. Pela Proposição 2.4.2 G não é comutativo transitivo, ou seja, existem elementos não triviais a, b, c de G tal que c comuta com a e b, mas [a, b] 6= 1. Seja F = ha, bi, pela Lema 2.1.4, F é livre não abeliano de posto 2 e tem centro trivial. Sendo c um elemento de ordem innita, temos que hci é um grupo cíclico innito. Como a, b comutam com c, tem-se que Fhci é subgrupo de G e além disso F ∩ hci é um subgrupo abeliano normal de F logo, pelo Lema 2.4.4, F ∩ hci = 1. É fácil vericar que hci e F são subgrupos normais de Fhci, por tanto Fhci é isomorfo a F × hci∼= F × Z ou seja G contém F × Z, que é uma contradição à hipótese.

Do Teorema 2.4.5 podemos concluir que um grupo residualmente livre nita- mente gerado é totalmente residualmente livre ou contém F × Z.

A classe dos grupos residualmente livres são fechados para produtos diretos, mas nem sempre é fechado para produtos livre de grupos, como podemos ver no próximo lema.

Lema 2.4.6. Se A1 e A2 são grupos, A1 não trivial e A2 não é totalmente resi-

dualmente livre então A1∗ A2 não é residualmente livre.

Demonstração. Segue da Proposição 2.4.2 que cada grupo 2−residualmente livre é totalmente residualmente livre. Agora, como A2 não é totalmente residualmente

livre então A2 não é 2-residualmente livre, isto é, existem elementos não triviais

b1, b2 ∈ A2 tal que qualquer homomorsmo de A2 num grupo livre F leva b1 ou

b2 para 1.

Seja a ∈ A1 e dena ξ = [b1, [b2, a]], logo ξ = b1b2ab−12 a−1b −1

1 ab2a−1b−12 é uma

palavra reduzida no produto A1∗ A2, segue então que ξ 6= 1. Agora suponhamos

que A1∗ A2 é residualmente livre e considerando este elemento ξ 6= 1, existe um

homomorsmo f : A1 ∗ A2 7−→ F tal que f(ξ) 6= 1.

Fazemos a identicação de f(b1) = f|_A2(b1), f (b2) = f|_A2(b2) e f(a) = f|_A1(a),

f (b1) = f|_A2(b1) = 1 ou f(b2) = f|_A2(b2) = 1. Disto temos que f (ξ) = f (b1b2ab−12 a −1 b−1₁ ab2a−1b−12 ) = f|_A2(b1)f|_A2(b2)f|_A1(a) . . . f|_A1(a)f|_A2(b2)f|_A1(a−1)f|_A2(b−1₂ ) = 1,

o qual é uma contradição já que f(ξ) 6= 1. Portanto A1∗ A2 não é residualmente

livre.

Exemplo 2.4.7. Como já vimos Z é um grupo residualmente livre e pelo Exemplo 2.3.9 temos que Z × F2 é um grupo residualmente livre, mas não totalmente

residualmente livre. Portanto, pelo Lema 2.4.6, Z ∗ (Z × F2) não é um grupo

residualmente livre.

Em contraste com a classe dos grupos residualmente livres os grupos total- mente residualmente livres são fechados para o produto livre.

Teorema 2.4.8. Sejam H e K dois grupos não triviais. Se H e K são totalmente residualmente livre, então H ∗ K é totalmente residualmente livre.

Demonstração. Sejam x1, . . . , xn elementos não triviais de G = H ∗ K. Pelo

Teorema da Forma Normal de um produto livre (veja Teorema 1.1.20) temos que xi = ai,1, . . . , ai,k(i),

onde os aij pertencem alternadamente a H ou K. Como H é totalmente residu-

almente livre, pela Proposição 2.4.2 H contém um subgrupo N E H com H/N sendo um grupo livre, tal que alguns aij não pertencem a N. Analogamente

K, contém um subgrupo M E K com K/M livre , e alguns aij não perten-

cem a M. Consideremos os homomorsmos canônicos proj1 : H 7−→ H/N e

proj2 : K 7−→ K/M, e seja L o produto livre de H/N com K/M, ou seja,

L = H/N ∗ K/M. Então pela denição de produto livre temos que existe um homomorsmo f de G a L = H/N ∗ K/M que extende proj1 e proj2.

Além disso, como H/N e K/M são grupos livres, então pela Proposição 1.1.24 temos que L é livre. A imagem de xi por f é f(xi) = proj1(ai,1) . . . proj2(ai,k(i)),

logo cada fator de f(xi) é diferente da unidade e pertence a H/N ou K/M,

portanto f(xi) é uma palavra reduzida em L e f(xi) 6= 1, assim G é totalmente

residualmente livre.

Assim, a classe dos grupos totalmente residualmente livres são fechados para produto livre, mas não são para produtos diretos pelo Corolário 2.3.8.

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