Zeigen, dass die freie Gruppe einer disjunkten Vereinigung isomorph zum freien Produkt der entsprechenden freien Gruppen ist
P. Aluffis "Algebra: Kapitel$\it 0$" , Übung II.$5.8$.
Noch allgemeiner beweisen Sie das $F(A\amalg B)=F(A)*F(B)$ und das $F^{ab}(A\amalg B)=F^{ab}(A)\oplus F^{ab}(B)$ für alle Sets $A,B$. $($Das heißt, die Konstruktionen $F,F^{ab}$ "Nebenprodukte bewahren".$)$
Hier $F(A)$ ist die freie Gruppe am Set $A$, $A\amalg B$ ist die disjunkte Vereinigung von $A$ und $B$, und $G*H$ ist das kostenlose Produkt von $G$ und $H$ (dh das Nebenprodukt in $\sf Grp$). Alle diese zeichnen sich durch ihre üblichen universellen Eigenschaften aus, die ausgiebig für den Beweis verwendet werden.$^*$
Beweis. Wir werden das zeigen$F(A\amalg B)$ erfüllt die universelle Eigenschaft von $F(A)*F(B)$. Zunächst werden wir die (kanonischen) Einschlusshomomorphismen konstruieren. Betrachten Sie daher die folgenden Diagramme

Hier $\iota_A,\iota_B,\iota$ sind die Aufnahme von $A,B,A\amalg B$in ihre jeweiligen freien Gruppen. Die (einzigartigen) Gruppenhomomorphismen$I_A,I_B$ werden durch Berücksichtigung der Zusammensetzungen induziert $\iota\circ i_B$ und $\iota\circ i_B$ und die universellen Eigenschaften von $F(A)$ und $F(B)$. Daher sind sie so, dass$$I_A\circ\iota_A=\iota\circ i_A,~~~I_B\circ\iota_B=\iota\circ i_B$$ Nehmen wir nun an, wir erhalten Gruppenhomomorphismen $g_A\colon F(A)\to G,\,g_B\colon F(B)\to G$ zu einer beliebigen Gruppe $G$. Wir können sie insbesondere als Mengenfunktionen und Vorkompositionen mit betrachten$\iota_A$ und $\iota_B$gibt uns jeweils Folgendes

Die einzigartige Karte $g$ ist gegeben durch die universelle Eigenschaft von $A\amalg B$ und so dass $$g\circ i_A=g_A\circ\iota_A,~~~g\circ i_B=g_B\circ\iota_B$$ Schließlich, $\overline{g}$ induziert eine eindeutige Karte $\overline{f}$ so dass

durch die universelle Eigenschaft von $F(A\amalg B)$ und so $\overline{g}\circ\iota=g$. Das Komponieren gibt uns einzigartig bestimmte Gruppenhomomorphismen$\overline{g}\circ I_A\colon F(A)\to G$ und $\overline{g}\circ I_B\colon F(B)\to G$ Factoring durch $F(A\amalg B)$. Es bleibt folgendes zu zeigen
$$\overline{g}\circ I_A=g_A,~~~\overline{g}\circ I_B=g_B$$
Aber wenn wir die gegebenen Kommutativitätsrelationen verwenden, sehen wir das
$$(\overline{g}\circ I_A)\circ\iota_A=\overline{g}\circ(I_A\circ\iota_A)=\overline{g}\circ(\iota\circ i_A)=(\overline{g}\circ\iota)\circ i_A=g\circ i_A=g_A\circ\iota_A$$
und daher pendeln beide Dreiecke im folgenden Diagramm

Das rechtwinklige Dreieck entspricht der Tatsache, dass von $g_A\circ\iota_A$ universell induzierte Karte ist $g_A$selbst. Aber aus den linken Dreiecken sehen wir das$\overline{f}\circ I_A$ macht das entsprechende Diagramm auch pendeln und damit $\overline{f}\circ I_A=g_A$durch die Einzigartigkeit der induzierten Karte. Das gleiche Argument mit allen$A$s ersetzt durch $B$s, ergibt $\overline{f}\circ I_B=g_B$. Daraus schließen wir$F(A\amalg B)$ erfüllt die universelle Eigenschaft von $F(A)*F(B)$ wie jedes Paar von Gruppenhomomorphismen $g_A\colon F(A)\to G,\,g_B\colon F(B)\to G$ Faktoren einzigartig durch $F(A\amalg B)$ mit $I_A,I_B$ und $\overline{g}$. Daher,$F(A\amalg B)\cong F(A)*F(B)$.
Das Argument ist genau das gleiche für $F^{ab}$ wo wir das bemerken $G*H=G\oplus H=G\times H$ für abelsche Gruppen. $\square$
Ist der gegebene Beweis korrekt? Wenn ja, kann es (wesentlich) verbessert werden? Wenn nicht, wo bin ich falsch gelaufen? Ich bin mir nicht sicher, wie ich tatsächliche Gleichheit zeigen soll, anstatt "bloße" Isomorphie (was mir ehrlich gesagt ausreicht) und den letzten Teil, dh das zu zeigen$\overline{g}\circ I_A=g_A$ist für mich ein bisschen skizzenhaft, obwohl ich mir ziemlich sicher bin, dass das Argument funktioniert.
Danke im Voraus!
$^*$ Ich weiß, dass diese Konservierung im Wesentlichen auf "linke Adjunkte presever colimits" hinausläuft, da das (binäre) Nebenprodukt ein einfaches Colimit und der freie Funktor ist $F\colon\sf{Set}\to\sf{Grp}$ wird neben dem vergesslichen Funktor gelassen $\sf{Grp}\to\sf{Set}$. Ich möchte mich jedoch nicht zu tief in kategorietheoretisches Terrain vertiefen, wenn dies den Beweis nicht einfacher / verständlicher macht. Der gegebene Beweis ist also mehr oder weniger von Grund auf neu.
Antworten
Lassen Sie mich also dafür argumentieren, das andere universelle Eigentum zu beweisen; das heißt, das zu zeigen$F(A)*F(B)$ hat die universelle Eigenschaft von $F(A\amalg B)$.
Lassen $u_A\colon A\to F(A)$ und $u_B\colon B\to F(B)$seien Sie die kanonischen Karten vom Set zur entsprechenden freien Gruppe. Lassen$\iota_A\colon F(A)\to F(A)*F(B)$ und $\iota_B\colon F(B)\to F(A)*F(B)$seien die kanonischen Einschlüsse in das freie Produkt. Und lass$j_A\colon A\to A\amalg B$ und $j_B\colon B\to A\amalg B$ seien Sie die satztheoretischen Einschlüsse in das disjunkte Vereinigungs- / satztheoretische Nebenprodukt.
Wir wollen zeigen, dass es eine Karte gibt $u_{A\amalg B}\colon A\amalg B\to F(A)*F(B)$ so dass für jede Gruppe $G$ und jede satztheoretische Karte $f\colon A\amalg B\to G$gibt es einen einzigartigen Gruppenhomomorphismus $\mathscr{F}\colon F(A)*F(B)\to G$ so dass $\mathscr{F}\circ u_{A\amalg B}=f$.
Also zuerst die Karten $\iota_A\circ u_A\colon A\to F(A)*F(B)$ und $\iota_B\circ u_B\colon B\to F(A)*F(B)$ ergeben eine einzigartige Karte $u_{A\amalg B}\to F(A)*F(B)$ so dass $u_{A\amalg B}\circ j_A=\iota_A\circ u_A$ und $u_{A\amalg B}\circ j_B=\iota_B\circ u_B$.
Nun lass $f\colon A\amalg B\to G$. Die Karte$f\circ j_A\colon A\to G$ induziert einen Morphismus $F_A\colon F(A)\to G$ mit $F_A\circ u_A=f\circ j_A$;; Ebenso haben wir einen Morphismus$F_B\colon F(B)\to G$ mit $F_B\circ u_B=f\circ j_B$. Und die Karten$F_A$ und $F_B$ einen Morphismus induzieren $\mathscr{F}\colon F(A)*F(B)\to G$ mit $\mathscr{F}\circ \iota_A=F_A$ und $\mathscr{F}\circ \iota_B=F_B$. Das wollen wir zeigen$\mathscr{F}$ befriedigt $\mathscr{F}\circ u_{A\amalg B}=f$und dass es die eindeutige Karte mit dieser Eigenschaft ist.
Die universelle Eigenschaft von $A\amalg B$ sagt uns das $f$ ist die einzigartige Karte $g\colon A\amalg B\to G$ so dass $g\circ j_A=f\circ j_A$ und $g\circ j_B=f\circ j_B$. Also, wenn wir das beweisen können$\mathscr{F}\circ u_{A\amalg B}$ hat auch diese Eigenschaft, dann werden wir die Gleichheit mit haben $f$.
Jetzt, $$\begin{align*} (\mathscr{F}\circ u_{A\amalg B})\circ j_A&=\mathscr{F}\circ (u_{A\amalg B}\circ j_A)\\ &= \mathscr{F}\circ (i_A\circ u_A)\\ &=(\mathscr{F}\circ i_A)\circ u_A\\ &= F_A\circ u_A\\ &= f\circ j_A;\\ (\mathscr{F}\circ u_{A\amalg B})\circ j_B &= \mathscr{F}\circ (u_{A\amalg B}\circ j_B)\\ &= \mathscr{F}\circ (i_B\circ u_B)\\ &= (\mathscr{F}\circ i_B)\circ u_B\\ &= F_B\circ u_B\\ &= f\circ j_B. \end{align*}$$ Deshalb, $\mathscr{F}\circ u_{A\amalg B}=f$, wie gewünscht.
Was die Einzigartigkeit betrifft, lassen Sie $\mathscr{G}\colon F(A)*F(B)\to G$ sei so, dass $\mathscr{G}\circ u_{A\amalg B} = f$. Das wollen wir zeigen$\mathscr{G}=\mathscr{F}$. Schon seit$\mathscr{F}$ ist die einzigartige Karte so, dass $\mathscr{F}\circ i_A=F_A$ und $\mathscr{F}\circ i_B=F_B$es reicht aus, das zu zeigen $\mathscr{G}$ hat diese Eigenschaft auch.
Zu zeigen, dass $\mathscr{G}\circ i_A=F_A$Es reicht zu zeigen, dass es die universelle Eigenschaft von hat $F_A$nämlich $(\mathscr{G}\circ i_A)\circ u_A=f\circ j_A$. Und in der Tat,$$\begin{align*} (\mathscr{G}\circ i_A)\circ u_A &= \mathscr{G}\circ (i_A\circ u_A)\\ &= \mathscr{G}\circ(u_{A\amalg B}\circ j_A)\\ &= (\mathscr{G}\circ u_{A\amalg B})\circ j_A\\ &= f\circ j_A, \end{align*}$$wie gewünscht. So,$\mathscr{G}\circ i_A=F_A$, wie benötigt. Symmetrisch$\mathscr{G}\circ i_B=F_B$. Dies beweist das$\mathscr{G}=\mathscr{F}$Einzigartigkeit geben, und wir sind fertig.