Montrer que le groupe libre d'une union disjointe est isomorphe au produit libre des groupes libres correspondants
«Algèbre: Chapitre de P. Aluffi$\it 0$" , exercice II.$5.8$.
Plus généralement encore, prouvez que $F(A\amalg B)=F(A)*F(B)$ et cela $F^{ab}(A\amalg B)=F^{ab}(A)\oplus F^{ab}(B)$ pour tous les sets $A,B$. $($Autrement dit, les constructions $F,F^{ab}$ «préserver les coproduits».$)$
Ici $F(A)$ est les groupes libres sur le plateau $A$, $A\amalg B$ est l'union disjointe de $A$ et $B$, et $G*H$ est le produit gratuit de $G$ et $H$ (c'est-à-dire le coproduit en $\sf Grp$). Tous sont caractérisés par leurs propriétés universelles habituelles qui seront largement utilisées pour la preuve.$^*$
Preuve. Nous allons montrer que$F(A\amalg B)$ satisfait la propriété universelle de $F(A)*F(B)$. Pour commencer, nous construirons les homomorphismes d'inclusion (canoniques). Ainsi, considérons les schémas suivants
Ici $\iota_A,\iota_B,\iota$ sont l'inclusion de $A,B,A\amalg B$dans leurs groupes libres respectifs. Les homomorphismes de groupe (uniques)$I_A,I_B$ sont induites en considérant les compositions $\iota\circ i_B$ et $\iota\circ i_B$ et les propriétés universelles de $F(A)$ et $F(B)$. Par conséquent, ils sont tels que$$I_A\circ\iota_A=\iota\circ i_A,~~~I_B\circ\iota_B=\iota\circ i_B$$ Maintenant, supposons qu'on nous donne des homomorphismes de groupe $g_A\colon F(A)\to G,\,g_B\colon F(B)\to G$ à un groupe arbitraire $G$. On peut les considérer en particulier comme des fonctions-ensembles et pré-composées avec$\iota_A$ et $\iota_B$, respectivement, nous donne ce qui suit
La carte unique $g$ est donnée par la propriété universelle de $A\amalg B$ et tel que $$g\circ i_A=g_A\circ\iota_A,~~~g\circ i_B=g_B\circ\iota_B$$ Finalement, $\overline{g}$ induit une carte unique $\overline{f}$ tel que
par la propriété universelle de $F(A\amalg B)$ et donc $\overline{g}\circ\iota=g$. La composition nous donne des homomorphismes de groupe déterminés de manière unique$\overline{g}\circ I_A\colon F(A)\to G$ et $\overline{g}\circ I_B\colon F(B)\to G$ affacturage à travers $F(A\amalg B)$. Il reste à montrer ce qui suit
$$\overline{g}\circ I_A=g_A,~~~\overline{g}\circ I_B=g_B$$
Mais en utilisant les relations de commutativité données, nous voyons que
$$(\overline{g}\circ I_A)\circ\iota_A=\overline{g}\circ(I_A\circ\iota_A)=\overline{g}\circ(\iota\circ i_A)=(\overline{g}\circ\iota)\circ i_A=g\circ i_A=g_A\circ\iota_A$$
et donc les deux triangles du diagramme suivant font la navette
Le triangle rectangle correspond au fait que le par $g_A\circ\iota_A$ la carte induite universellement est $g_A$lui-même. Mais à partir des triangles de gauche, nous voyons que$\overline{f}\circ I_A$ fait aussi commuter le diagramme correspondant et donc $\overline{f}\circ I_A=g_A$par l'unicité de la carte induite. Le même argument, avec tous$A$est remplacé par $B$s, donne $\overline{f}\circ I_B=g_B$. Ainsi, nous concluons que$F(A\amalg B)$ satisfait la propriété universelle de $F(A)*F(B)$ comme chaque paire d'homomorphismes de groupe $g_A\colon F(A)\to G,\,g_B\colon F(B)\to G$ facteurs uniquement à travers $F(A\amalg B)$ en utilisant $I_A,I_B$ et $\overline{g}$. Par conséquent,$F(A\amalg B)\cong F(A)*F(B)$.
L'argument est exactement le même pour $F^{ab}$ où nous notons que $G*H=G\oplus H=G\times H$ pour les groupes abéliens. $\square$
La preuve donnée est-elle correcte? dans l'affirmative, peut-elle être (substantiellement) améliorée? Sinon, où me suis-je trompé? Je ne sais pas comment montrer l'égalité réelle à la place d'une isomorphie `` simple '' (ce qui me suffit, pour être honnête) et la dernière partie, c'est-à-dire montrer que$\overline{g}\circ I_A=g_A$, est un peu sommaire pour moi, même si je suis sûr que l'argument fonctionne.
Merci d'avance!
$^*$ Je sais que cette préservation se résume essentiellement à `` gauche adjoints presever colimits '' car le coproduit (binaire) est une simple colimite et le foncteur libre $F\colon\sf{Set}\to\sf{Grp}$ est laissé adjoint au foncteur oublieux $\sf{Grp}\to\sf{Set}$. Cependant, je voudrais ne pas me plonger dans le terrain théorique des catégories si cela ne rend pas la preuve plus facile / plus compréhensible. La preuve donnée est donc plus ou moins à partir de zéro.
Réponses
Alors, permettez-moi d'argumenter pour prouver l'autre propriété universelle; c'est-à-dire montrer que$F(A)*F(B)$ a la propriété universelle de $F(A\amalg B)$.
Laisser $u_A\colon A\to F(A)$ et $u_B\colon B\to F(B)$être les cartes canoniques de l'ensemble vers le groupe libre correspondant. Laisser$\iota_A\colon F(A)\to F(A)*F(B)$ et $\iota_B\colon F(B)\to F(A)*F(B)$être les inclusions canoniques dans le produit gratuit. Et laissez$j_A\colon A\to A\amalg B$ et $j_B\colon B\to A\amalg B$ être les inclusions de la théorie des ensembles dans le coproduit union disjointe / théorie des ensembles.
Nous voulons montrer qu'il y a une carte $u_{A\amalg B}\colon A\amalg B\to F(A)*F(B)$ tel que pour chaque groupe $G$ et chaque carte de la théorie des ensembles $f\colon A\amalg B\to G$, il existe un homomorphisme de groupe unique $\mathscr{F}\colon F(A)*F(B)\to G$ tel que $\mathscr{F}\circ u_{A\amalg B}=f$.
Alors, d'abord, les cartes $\iota_A\circ u_A\colon A\to F(A)*F(B)$ et $\iota_B\circ u_B\colon B\to F(A)*F(B)$ produire une carte unique $u_{A\amalg B}\to F(A)*F(B)$ tel que $u_{A\amalg B}\circ j_A=\iota_A\circ u_A$ et $u_{A\amalg B}\circ j_B=\iota_B\circ u_B$.
Maintenant, laisse $f\colon A\amalg B\to G$. La carte$f\circ j_A\colon A\to G$ induit un morphisme $F_A\colon F(A)\to G$ avec $F_A\circ u_A=f\circ j_A$; de même, nous avons un morphisme$F_B\colon F(B)\to G$ avec $F_B\circ u_B=f\circ j_B$. Et les cartes$F_A$ et $F_B$ induire un morphisme $\mathscr{F}\colon F(A)*F(B)\to G$ avec $\mathscr{F}\circ \iota_A=F_A$ et $\mathscr{F}\circ \iota_B=F_B$. Nous voulons montrer que cela$\mathscr{F}$ satisfait $\mathscr{F}\circ u_{A\amalg B}=f$, et que c'est la carte unique avec cette propriété.
La propriété universelle de $A\amalg B$ nous dit que $f$ est la carte unique $g\colon A\amalg B\to G$ tel que $g\circ j_A=f\circ j_A$ et $g\circ j_B=f\circ j_B$. Alors si nous pouvons prouver que$\mathscr{F}\circ u_{A\amalg B}$ a également cette propriété, alors nous aurons l'égalité avec $f$.
Maintenant, $$\begin{align*} (\mathscr{F}\circ u_{A\amalg B})\circ j_A&=\mathscr{F}\circ (u_{A\amalg B}\circ j_A)\\ &= \mathscr{F}\circ (i_A\circ u_A)\\ &=(\mathscr{F}\circ i_A)\circ u_A\\ &= F_A\circ u_A\\ &= f\circ j_A;\\ (\mathscr{F}\circ u_{A\amalg B})\circ j_B &= \mathscr{F}\circ (u_{A\amalg B}\circ j_B)\\ &= \mathscr{F}\circ (i_B\circ u_B)\\ &= (\mathscr{F}\circ i_B)\circ u_B\\ &= F_B\circ u_B\\ &= f\circ j_B. \end{align*}$$ Par conséquent, $\mathscr{F}\circ u_{A\amalg B}=f$, comme voulu.
Quant à l'unicité, laissez $\mathscr{G}\colon F(A)*F(B)\to G$ être tel que $\mathscr{G}\circ u_{A\amalg B} = f$. Nous voulons montrer que$\mathscr{G}=\mathscr{F}$. Depuis$\mathscr{F}$ est la carte unique telle que $\mathscr{F}\circ i_A=F_A$ et $\mathscr{F}\circ i_B=F_B$, il suffit de montrer que $\mathscr{G}$ possède également cette propriété.
Montrer que $\mathscr{G}\circ i_A=F_A$, il suffit de montrer qu'il a la propriété universelle de $F_A$, à savoir que $(\mathscr{G}\circ i_A)\circ u_A=f\circ j_A$. Et en effet,$$\begin{align*} (\mathscr{G}\circ i_A)\circ u_A &= \mathscr{G}\circ (i_A\circ u_A)\\ &= \mathscr{G}\circ(u_{A\amalg B}\circ j_A)\\ &= (\mathscr{G}\circ u_{A\amalg B})\circ j_A\\ &= f\circ j_A, \end{align*}$$comme voulu. Donc,$\mathscr{G}\circ i_A=F_A$, comme requis. Symétriquement,$\mathscr{G}\circ i_B=F_B$. Cela prouve que$\mathscr{G}=\mathscr{F}$, donnant un caractère unique, et nous avons terminé.