Teorema de Nielsen–Schreier

O Teorema de Nielsen-Schreier é um importante resultado da Teoria dos Grupos que demonstra que todo subgrupo de um grupo livre é livre sobre algum conjunto.

Conjuntos fechados por prefixos

Seja $F=F(X)$ um grupo livre sobre o conjunto $X$. Um subconjunto $A$ de $F(X)$ será dito fechado por prefixos quando para toda palavra $w=a_1{a}_2\dots a_r\in A$, $a_i\in X\cup X^{-1}$, reduzida como escrita, temos $a_1\dots a_{r-1}\in A$. Note que um subconjunto fechado por prefixos necessariamente contém a palavra vazia $1$. (É verdade que o grupo livre é construído como o conjunto de classes de equivalência de palavras, mas é natural identificar uma classe com o único elemento em forma reduzida que contém.)

Transversais de Schreier

Se $H$ é um subgrupo do grupo livre $F(X)$, uma transversal à direita de $H$ em $F(X)$ será dita transversal de Schreier quando for um subconjunto fechado por prefixos. É um fato que, dado um subgrupo de um grupo livre, existe uma transversal de Schreier correspondente.

O enunciado

Teorema. (Nielsen-Schreier)

Seja $F=F(X)$ um grupo livre sobre o conjunto $X$ e seja $H\le F$. Fixe uma transversal à direita $𝒯$ para $H$ em $F$ e, dado um elemento $w\in F$, seja $\bar{w}$ o único elemento de $𝒯$ tal que $\bar{w}{w}^{-1}\in H$. Assuma-se que $\bar{1}=1$. Então

• O subgrupo $H$ é gerado pelo conjunto $\{(tx)(\overline{tx}{)}^{-1}\mid t\in 𝒯,x\in X\}$.

A cada elemento não-idêntico do conjunto dos $(tx)(\overline{tx}{)}^{-1}$, $t\in 𝒯,x\in X$, associe um símbolo $y_{t,x}$ e forme o conjunto $Y=\{y_{t,x}\}$.

• Se a transversal $𝒯$ for uma transversal de Schreier, o epimorfismo $\alpha :F(Y)\twoheadrightarrow H$ que estende $y_{t,x}\mapsto (tx)(\overline{tx}{)}^{-1}$ é um isomorfismo. Em outras palavras, o (sub)grupo $H$ é livre, livremente gerado por $Y^{\alpha }$. Vale também que $H$ tem posto $\mathrm{rank}F(Y)=\mathrm{card}Y=(\mathrm{card}X)[F:H]-[F:H]+1$.

A substância do Teorema está no segundo item. Com efeito, o que se afirma no primeiro item independe da liberdade do grupo em questão. Temos então a seguinte

Afirmação. Seja $G$ um grupo gerado pelo subconjunto $S$. Se $H\le G$ e $ℛ$ é uma transversal à direita para $H$ em $G$ com $\bar{1}=1$, então $H=⟨\overline{rs}{\left(rs\right)}^{-1}\mid r\in ℛ,s\in S⟩$.

Para ver por que a afirmação segue, note-se primeiro que $\overline{r{s}^{-1}}(r{s}^{-1}{)}^{-1}=r^{\prime }s{r}^{-1}=(r^{\prime }s)\stackrel{-1}{\overline{r^{\prime }s}}\overline{r^{\prime }s}{r}^{-1}=(r^{\prime }s)\stackrel{-1}{\overline{r^{\prime }s}}$, pois $\overline{r^{\prime }s}=r$ se $r^{\prime }=\overline{r{s}^{-1}}$. Portanto se $s_1^{{ϵ}_1}{s}_2^{{ϵ}_2}\dots s_r^{{ϵ}_r}\in H$, podemos realizar o seguinte malabarismo simbólico: $s_1^{{ϵ}_1}{s}_2^{{ϵ}_2}{s}_3^{{ϵ}_3}\dots =\left(s_1^{{ϵ}_1}\stackrel{-1}{\overline{s_1^{{ϵ}_1}}}\right)\left(\overline{s_1^{{ϵ}_1}}{s}_2^{{ϵ}_2}\stackrel{-1}{\stackrel{‾}{\overline{s_1^{{ϵ}_1}}{s}_2^{{ϵ}_2}}}\right)\left(\stackrel{‾}{\overline{s_1^{{ϵ}_1}}{s}_2^{{ϵ}_2}}{s}_3^{{ϵ}_3}\stackrel{-1}{\stackrel{‾}{\stackrel{‾}{\overline{s_1^{{ϵ}_1}}{s}_2^{{ϵ}_2}}{s}_3^{{ϵ}_3}}}\right)\stackrel{‾}{\stackrel{‾}{\overline{s_1^{{ϵ}_1}}{s}_2^{{ϵ}_2}}{s}_3^{{ϵ}_3}}\dots$

Continuando, obtemos $s_1^{{ϵ}_1}{s}_2^{{ϵ}_2}\dots s_r^{{ϵ}_r}=av$, onde $a$ está no subgrupo gerado proposto e $v\in ℛ$. Como o subgrupo gerado claramente é subgrupo de $H$, temos $v\in H$, donde $v=1$, finalizando o argumento. Como corolário, obtemos que são finitamente gerados subgrupos de índice finito de grupos finitamente gerados; além disso, o número mínimo de geradores de tal subgrupo é majorado pelo produto de seu índice pelo número mínimo de geradores do grupo que o contém.

Note que, em geral, para uma transversal $T$ com $\bar{1}=h\in H$, temos a transversal $h^{-1}T$ na qual $\overline{\stackrel{‾}{1}}=1$; claramente $\overline{\stackrel{‾}{g}}=h^{-1}\bar{g}$ (barras duplas evidentemente se referem à nova transversal). Logo o conjunto gerador obtido nas considerações anteriores torna-se $\{h^{-1}(tx)(\overline{tx}{)}^{{}^{-1}}h\mid t\in T,x\in X\}$.

O Teorema de Schreier-Reidemeister

O Teorema de Nielsen-Schreier permite exibir uma apresentação de um subgrupo a partir de uma para o grupo que o contém. Para isso, temos o seguinte

Teorema. (Schreier-Reidemeister)

Seja $G$ o grupo apresentado $⟨X\mid R⟩$, isto é, $G=F(X)/⟨R{⟩}^{F(X)}$, o subgrupo pelo qual estamos fatorando sendo o fecho normal do subgrupo gerado pelo conjunto $R\subset F(X)$ de relatores. Seja $H$ um subgrupo de $G$ e seja $K$ a pré-imagem de $H$ em $F(X)$. Se $\theta :K\to F(W)$ é um isomorfismo de $K$ com o grupo livre sobre o conjunto $W$ e se $T$ é uma transversal qualquer de $K$ em $F(X)$, então temos a apresentação $H\cong ⟨W\mid S⟩$, onde o conjunto $S$ de relatores é $S=\{(tr{t}^{-1}{)}^{\theta }\mid t\in T,r\in R\}$.

A demonstração é imediata pois temos a igualdade entre fechos normais $⟨R{⟩}^F=⟨tR{t}^{-1}\mid t\in T{⟩}^K$.

É também imediato o seguinte

Corolário. São finitamente apresentáveis subgrupos de grupos finitamente apresentáveis que possuem índice finito.

Haja vista que o índice da pré-imagem será finito, implicando que o será também o posto da pré-imagem como grupo livre; além disso, $\mathrm{card}S\le [G:H](\mathrm{card}R)$.

Um critério para infinitude

O objetivo nesta seção é provar o seguinte

Teorema. Seja $G\cong ⟨x_1,x_2,\dots ,x_r\mid w_1^{m_1},w_2^{m_2},\dots ,w_s^{m_s}⟩$. Suponha que ${\sum }_{i=1}^s\frac{1}{m_i}\le r-1$. Se houver um grupo $P$ e um epimorfismo $\theta :G\twoheadrightarrow P$ tal que a ordem do elemento $w_i^{\theta }\in P$ é precisamente $m_i$, então o grupo $G$ é infinito.

Começaremos com um

Lema. Se $G$ tem apresentação $G\cong ⟨X\mid R⟩$, com $X,R$ conjuntos finitos e $\mathrm{card}X>\mathrm{card}R$, então a abelianização $G_{\text{ab}}=G/[G,G]$ possui infinitos elementos. Em particular, $G$ é um grupo infinito.

Prova. Seja $X=\{x_1,\dots ,x_n\}$, $\mathrm{card}X=n$. Passando para a abelianização e adotando a notação aditiva, podemos ver os relatores em $R$ como polinômios homogêneos de grau $1$ em $\mathbb{Q}[x_1,\dots ,x_n]$ — de fato, em $\mathbb{Z}[x_1,\dots ,x_n]$. Por exemplo, o relator $x_1^3{x}_2^{-1}{x}_3^7{x}_1^{-2}{x}_4$ deve corresponder ao polinômio $3x_1-x_2+7x_3-2x_1+x_4=x_1-x_2+7x_3+x_4$. É fato elementar da Álgebra Linear que existe um elemento em $(\mathbb{Q}\times \mathbb{Q}\times \dots \times \mathbb{Q})\setminus \{0\}$ que anula todo elemento de $R$ (heurística: há mais incógnitas do que equações); existe, pois, um elemento em ${\mathbb{Z}}^n\setminus \{0\}$ que anula todo elemento de $R$ (multiplique a solução anterior por um inteiro adequado). Escolha uma solução $w=(w_1,\dots ,w_n)\in {\mathbb{Z}}^n\setminus \{0\}$, digamos, com $w_1\ne 0$. O Teorema de von Dyck garante então que a associação $x_i\mapsto w_i$ estende-se a um homomorfismo $\psi :G_{\text{ab}}\to \mathbb{Z}$. Possuindo $G_{\text{ab}}$ uma imagem homomorfa infinita, uma vez que $\mathbb{Z}\cong ⟨w_1⟩\le \mathrm{Im}\psi$, segue o Lema.

Prova do Teorema. Se $P$ for infinito, não há nada a fazer. Suponha então $P$ finito de ordem $n$, de forma que $H=\mathrm{Ker}\theta$ tem índice finito $n$ em $G$. Seja $K⊲F(X)$ a pré-imagem de $H$ no grupo livre sobre $X$, $F/K\cong G/H\cong P$. Por Nielsen-Schreier, podemos escolher um isomorfismo $\beta :K\to F(Y)$, $\mathrm{card}Y=n(r-1)+1$. Por Schreier-Reidemeister, temos $H\cong ⟨Y|{\left(a{w}_i^{m_i}{a}^{-1}\right)}^{\beta },i=1,2,\dots ,s,a\in A⟩$, o conjunto $A$ sendo uma transversal à direita fixa para $K$ em $F(X)$. Para cada $i=1,2,\dots ,s$ temos $n$ relatores. A ideia principal da demonstração é encontrar relatores redundantes, de modo que o Lema venha à mão. Fá-lo-emos do seguinte modo: escolha um elemento da transversal, digamos $a_0\in A$. Note que as classes $K{a}_0,K{a}_0{w}_1,K{a}_0{w}_1^2,\dots ,K{a}_0{w}_1^{m_1-1}$ são duas a duas distintas: caso não fossem, teríamos $K{a}_0{w}_1^{\ell }=K{a}_0$ para algum $0<\ell <m_1$. Por normalidade de $K$, ter-se-ia $w_1^{\ell }\in K$, donde, em $G$, $w_1^{\ell }\in H$, isto é, $(w_1^{\theta }{)}^{\ell }=1$ — absurdo pois a ordem de $w_1^{\theta }$ é $m_1$. Temos então $m_1$ elementos de $A$, $a_0,\overline{a_0{w}_1},\overline{a_0{w}_1^2},\dots ,\overline{a_0{w}_1^{m_1-1}}$. Agora $\overline{a_0{w}_1^{\nu }}{w}_1^{m_1}\stackrel{-1}{\overline{a_0{w}_1^{\nu }}}=\overline{a_0{w}_1^{\nu }}\left(a_0{w}_1^{\nu }{)}^{-1}\right(a_0{w}_1^{\nu }\left)w_1^{m_1}\right(a_0{w}_1^{\nu }{)}^{-1}\left(a_0{w}_1^{\nu }\right)\stackrel{-1}{\overline{a_0{w}_1^{\nu }}}=u_{\nu }(a_0{w}_1^{m_1}{a}_0^{-1})u_{\nu }^{-1}$ para algum $u\in K$. Daí, os $m_1$ relatores oriundos de tais elementos da transversal são mutuamente conjugados, logo, destes, precisamos de apenas um. Escolhendo um elemento da transversal diferente daqueles já obtidos, podemos repetir o argumento até a exaustão dos $n$ relatores. Vê-se facilmente agora que são necessários apenas $n/m_1$ dos relatores iniciais. Isso claramente se repete para $i=2,\dots ,s$. Portanto, $H$ tem uma apresentação com $n(r-1)+1$ geradores e $(n/m_1)+(n/m_2)+\dots +(n/m_s)=n{\sum }_{i=1}^s\frac{1}{m_i}$ relatores. Por hipótese, o número de geradores excede o número de relatores; apelando ao Lema, temos $H$ infinito, finalizando a demonstração.

Exemplo. O grupo $⟨x,y\mid x^4,y^8,(xy{)}^6⟩$ é infinito. Temos $\frac{1}{4}+\frac{1}{8}+\frac{1}{6}\le 1$. Considere as permutações ${\pi }_1=(1,2,3,4),{\pi }_2=(1,2,3,4,5,6,7,8),{\pi }_1{\pi }_2=(1,3,5,6,7,8)(2,4)$ e escolha $P=⟨{\pi }_1,{\pi }_2⟩$. Em geral, o grupo $D(l,m,n)=⟨x,y\mid x^l,y^m,(xy{)}^n⟩$, intimamente relacionado com certas tesselações triangulares de planos (no sentido amplo de geometrias Euclidianas ou não), é infinito se, e somente se, $\frac{1}{l}+\frac{1}{m}+\frac{1}{n}\le 1$. É possível mostrar que, dada uma tripla $(l,m,n)$ de inteiros maiores que $1$, existem elementos $\gamma ,\delta$ do grupo $\mathrm{PSL}(2,ℂ)$ das transformações fracionais lineares do plano complexo estendido $\widetilde{ℂ}=ℂ\bigsqcup \{\mathrm{\infty }\}$, tais que $\mathrm{ord}(\gamma )=l$, $\mathrm{ord}(\delta )=m$, $\mathrm{ord}(\gamma \delta )=n$. Por outro lado, as únicas triplas daquela forma satisfazendo $\frac{1}{l}+\frac{1}{m}+\frac{1}{n}>1$ são $(2,2,n)$, $(2,3,3)$, $(2,3,4)$, $(2,3,5)$. No primeiro caso, vê-se facilmente que se trata de um grupo diedral $D_{2n}$. Nos casos restantes, temos, respectivamente, $\mathrm{Alt}(4)$, $\mathrm{Sym}(4)$, $\mathrm{Alt}(5)$. Considere as permutações $\sigma =(1,2,3)$, $\tau =(2,4)(3,5)$, $\sigma \tau =(1,4,2,5,3)$. Note que ${\sigma }^{\tau \sigma \tau }=(4,2,3)$, $\alpha :=\tau {\sigma }^{\tau \sigma \tau }=(3,5,4)$ e $⟨\tau ,\alpha ⟩\le (\mathrm{Alt}(5){)}_1=\mathrm{Stab}(1)\cong \mathrm{Alt}(4)$. Em $⟨\tau ,\alpha ⟩$, temos $⟨\tau ,{\tau }^{\alpha }⟩=⟨(2,4)(3,5),(2,3)(5,4)⟩\cong C_2\times C_2$; além disso as classes $⟨\tau ,{\tau }^{\alpha }⟩,⟨\tau ,{\tau }^{\alpha }⟩\alpha ,⟨\tau ,{\tau }^{\alpha }⟩{\alpha }^2$ são duas a duas distintas e esgotam o espaço de classes $\mathrm{mod}⟨\tau ,{\tau }^{\alpha }⟩$, logo $|⟨\tau ,\alpha ⟩|=12$. Como $5$ e $12$ dividem a ordem de $⟨\sigma ,\tau ⟩\le \mathrm{Alt}(5)$, temos a igualdade. Usando ideias similares, mas em $D(2,3,3)$, prova-se que $D(2,3,3)$ é finito de ordem no máximo $12$; portanto, $x\to \tau ,y\to \alpha$ é um isomorfismo $D(2,3,3)\cong \mathrm{Alt}(4)$. Em $D(2,3,5)$ há um subgrupo que é uma imagem homomorfa de $D(2,3,3)$, portanto é finito de ordem no máximo $12$. Usando as potências de $xy$ como representantes de classes módulo tal subgrupo, mostra-se que $D(2,3,5)$ é finito de ordem no máximo $12\cdot 5=60$, permitindo-nos concluir que $x\to \tau ,y\to \sigma$ é um isomorfismo $D(2,3,5)\cong \mathrm{Alt}(5)$. Ideias inteiramente análogas mostram que $x\to (1,4)$, $y\to (1,2,3)$ é um isomorfismo $D(2,3,4)\cong \mathrm{Sym}(4)$.

Um último exemplo

Seja $G=⟨x,y\mid x^3,y^3,(xy{)}^3⟩$ e $H=⟨x^{-1}y,y{x}^{-1}⟩\le G$. Afirmo que $H$ é um grupo Abeliano livre de posto $2$, isto é, $H\cong \mathbb{Z}\oplus \mathbb{Z}$. Primeiro, temos $[G:H]=3$. De fato, $H⊲G$, já que $xyx=(y{x}^{-1}{)}^{-1}(x^{-1}y{)}^{-1}\in H$ e $yxy=(y{x}^{-1})(x^{-1}y)\in H$; logo, o quociente $G/H$ tem apresentação $⟨x,y\mid x^3,y^3,(xy{)}^3,x^{-1}y,y{x}^{-1}⟩\cong ⟨x\mid x^3⟩\cong \mathbb{Z}/3\mathbb{Z}$.

Seja $K$ a imagem inversa de $H$ em $F=F_{\{x,y\}}$ (usar-se-á o mesmo símbolo para denotar um elemento de $F$ e sua imagem em $G$; esperadamente, não haverá confusão). Temos a transversal de Schreier $𝒮=\{1,x,x^2\}\subset F$ para $K$. Pelo Teorema de Nielsen-Schreier, $K\cong F_{\{a,b,c,d\}}$ é livre de posto $4=2\cdot 3-3+1$, com a associação $a\mapsto x^3,b\mapsto y{x}^{-1},c\mapsto xy{x}^{-2},d\mapsto x^{2}y$ (estendendo-se a) um isomorfismo cuja inversa será denotada por $\delta :K\to F_{\{a,b,c,d\}}$. Calculando, temos $(x^3{)}^{\delta }=a$, $(y^3{)}^{\delta }=((y{x}^{-1})(xy{x}^{-2})(x^{2}y){)}^{\delta }=bcd$,$((xy{)}^3{)}^{\delta }=((xy{x}^{-2})(x^3)(y{x}^{-1})(x^{2}y){)}^{\delta }=cabd$,$(x{y}^3{x}^{-1}{)}^{\delta }=((y{x}^{-1}{)}^{x^{-1}}(xy{x}^{-2}{)}^{x^{-1}}(x^{2}y{)}^{x^{-1}}{)}^{\delta }=(c)(d{a}^{-1})(ab)=cdb$, $(x(xy{)}^3{x}^{-1}{)}^{\delta }=((x^{2}y)(xy{x}^{-2})(x^3)(y{x}^{-1}){)}^{\delta }=dcab$, $(x^2{y}^3{x}^{-2}{)}^{\delta }=((x^{2}y)(y{x}^{-1})(xy{x}^{-2}){)}^{\delta }=dbc$, $(x^2(xy{)}^3{x}^{-2}{)}^{\delta }=(x^3(y{x}^{-1})(x^{2}y)(xy{x}^{-2}){)}^{\delta }=abdc$. Note que os elementos de $F_{\{a,b,c,d\}}$ obtidos de comprimento $4$ são permutações cíclicas uns dos outros, portanto são conjugados, logo constituem um conjunto de relatores redundantes, dos quais precisamos de apenas um; o mesmo vale para aqueles de comprimento $3$. O gerador $a$ some. Temos daí que $H\cong ⟨b,c,d\mid bcd,bdc⟩$. Finalmente, $b\in ⟨c,d⟩$ e $[c,d]=1$; agora é fácil estabelecer, por exemplo, via Teorema de Von Dyck, um isomorfismo $H\cong ⟨c,d\mid [c,d]⟩\cong \mathbb{Z}\oplus \mathbb{Z}$. Isso prova a afirmação inicial. Note que como subproduto desses argumentos, obtemos $G$ como um produto semidireto $({\mathbb{Z}}^2)⋊(\mathbb{Z}/3\mathbb{Z})$.