¿Es el coproducto de cualquier familia de grupos un grupo libre?

Lo que muestra Lang es que si los grupos son cíclicos infinitos , entonces su producto libre es un grupo libre. Pero eso es porque el grupo cíclico infinito es en sí mismo libre.

El producto libre de una familia arbitraria de grupos se puede definir de manera similar a como se define el producto libre de una familia finita. Pero en general no será gratis.

Recuerde que un subgrupo de un grupo libre es necesariamente libre. Así tenemos:

Teorema. Dejar$\{G_i\}_{i\in I}$ser una familia de grupos. el producto gratis$\mathop{*}\limits_{i\in I}G_i$es un grupo libre si y solo si cada$G_i$es gratis.

Prueba. Dado que el producto gratuito contiene una copia de cada$G_i$, si el producto gratuito es gratuito, entonces cada$G_i$es gratis.

Por el contrario, si$G_i$es gratis en$X_i$, entonces el producto gratuito es gratuito el$X = \mathop{\amalg}\limits_{i\in I} X_i$, la unión disjunta de los$X_i$: dado cualquier mapa establecido$f\colon X\to K$de$X$a (el conjunto subyacente de) un grupo$K$, este mapa corresponde a una familia de mapas$f_i\colon X_i\to K$, y cada$X_i$induce un morfismo$F_i\colon G_i\to K$con$F_i|_{X_i}=f$. La propiedad universal del producto libre induce entonces un morfismo$F\colon\mathop{*}\limits_{i\in I}G_i\to K$con$F\ circ\iota_j= F_j$para cada$j$(dónde$\iota_j$es la incorporación de$G_j$en el producto gratuito. De este modo,$F\circ\iota_j|_{X_j} = f_j$, y por lo tanto la restricción de$F$a (la imagen de)$X$es igual a$f$. Por lo tanto, el producto libre tiene la propiedad universal relevante y, por lo tanto, es el grupo libre en$X$.$\Box$

Te estás perdiendo una suposición vital aquí: el coproducto de una familia de infinitos grupos cíclicos es libre. Por supuesto, solo hay un grupo cíclico infinito:$\mathbb Z$. Por ejemplo, el grupo diedro infinito$\mathbb Z/2 * \mathbb Z/2$no es gratis Probaré esto usando el hecho de que el producto libre de una familia de grupos es su coproducto, pero como señaló Arturo Magidin en los comentarios, simplemente puedes usar la torsión.

Por propiedad universal, tenemos un isomorfismo$\mathrm{Hom}(\mathbb Z/2 * \mathbb Z/2, \mathbb Z/3) \cong \mathrm{Hom}(\mathbb Z/2, \mathbb Z/3) \times \mathrm{Hom}(\mathbb Z/2, \mathbb Z/3)$. el unico mapa$\mathbb Z/2 \longrightarrow \mathbb Z/3$es trivial, por lo que el único mapa$\mathbb Z/2 * \mathbb Z/2 \longrightarrow \mathbb Z/3$es trivial también. Sin embargo, tenemos$\mathrm{Hom}(F(S), \mathbb Z/3) \cong 3^S$, que es un singleton iff$S = \emptyset$si y si$F(S)$es el grupo trivial. Pero$\mathbb Z/2 * \mathbb Z/2$no es trivial, por lo que no puede ser un grupo libre en ningún conjunto$S$.

Un gran beneficio del enfoque que Arturo menciona en los comentarios es que la esencia se puede expresar de manera muy concisa diciendo "mira la torsión". Llegué a esta prueba mediante un proceso de pensamiento igualmente conciso. Pensé para mis adentros "los objetos tienen diferentes propiedades universales". Pensar así es válido debido al lema de Yoneda, y creo que es una perspectiva que vale la pena considerar en álgebra.