Producto gratuito no abeliano

Question

Producto gratuito no abeliano

Matemáticas
producto gratis
teoría de grupos
álgebra abstracta

Orbe

Si $(G_i)$ , $i \in I$ con $|I| > 1$ y $|G_i| > 1$ es el producto gratis $G$ de $(G_i)$ , $i \in I$ siempre no conmutativo? El producto gratuito de una familia de grupos $(G_i)$ , $i \in I$ se define por una tupla $(G, (\phi_i)_{i \in I})$ dónde $G$ es un grupo y $\phi_i : G_i \rightarrow G$ son homomorfismos, con la siguiente propiedad:
Para toda tupla $(U, (g_i)_{i \in I})$ dónde $U$ es un grupo y $g_i : G_i \to U$ son homomorfismos, existe un único homomorfismo $f : G \to U$ con $g_i = f \circ \phi_i$ para todos $i \in I$ . Pensé que desde $|G_i| > 1$ y $|I| > 1$ Puedo elegir $a_i \in G_i$ y $a_j \in G_j$ con $i \neq j$ , $a_i \neq e_i$ con $a_j \neq e_j$ . Quería mostrar esto por contraposición asumiendo $\phi_i(a_i) \phi_j(a_j) = \phi_j(a_j) \phi_i(a_i)$ para todos $i \neq j$ y quería demostrar que $a_i = e_i$ o $a_j = e_j$ pero realmente no puedo llegar a esta conclusión ya que todos los Grupos $G_i$ puede ser conmutativo y lo único que se me ocurre es que $G$ es generado por

⋃_{i \in I} ϕ_{i} ({GRAMO}_{i})

$\begin{equation} \bigcup_{i \in I}{\phi_i(G_i)} \end{equation}$ lo que realmente no ayuda.
Estaría agradecido por cada pista que pueda obtener.

ojos de tiro

Parece que está familiarizado con la propiedad universal de los productos gratuitos. ¿Está familiarizado con alguna construcción (es decir, no por la propiedad universal) de un producto libre de grupos?

Orbe

Pienso en ello como que el grupo libre se genera a partir de palabras (reducidas)

ϕ_{j} (a_{j}) \dots ϕ_{i} (a_{i})

$\phi_j(a_j) \ldots \phi_i(a_i)$ dónde

a_{j} \in G_{j}

$a_j \in G_j$ para

j \in I

$j \in I$ .

ojos de tiro

Hay una restricción adicional. Si dos letras consecutivas son del mismo

G_{i}

$G_i$ (podemos suponer que los grupos son disjuntos), luego reducimos la palabra eliminando ambas letras y sustituyendo su producto en

G_{i}

$G_i$ si no es identidad.

Orbe

Entonces

ϕ_{i} (a) ϕ_{i} (b) = ϕ_{i} (a b) \sim ϕ_{i} (c)

$\phi_i(a)\phi_i(b) = \phi_i(ab) \sim \phi_i(c)$ con

a, b, c \in G_{i}

$a,b,c \in G_i$ para todos

i \in I

$i \in I$ . Entonces el grupo

G

$G$ es bajo el supuesto de que

G

$G$ es conmutativo generado por palabras

ϕ_{i} (a_{i}) \dots ϕ_{j} (a_{j})

$\phi_i(a_i)\ldots \phi_j(a_j)$ dónde

a_{i} \neq e_{i}

$a_i \neq e_i$ para

i \in I

$i \in I$ y la palabra vacía

e

$e$ .

lee mosher

No, no existe ningún supuesto de conmutatividad, ni en la definición de productos libres usando la propiedad universal, ni en construcciones de productos libres.

Orbe

Me refería a la prueba por contraposición. Supuse que

G

$G$ es conmutativo y quería mostrar que esto conduce a una contradicción.

Respuestas (2)

Producto gratuito no abeliano

Parece que está familiarizado con la propiedad universal de los productos gratuitos. ¿Está familiarizado con alguna construcción (es decir, no por la propiedad universal) de un producto libre de grupos?
Pienso en ello como que el grupo libre se genera a partir de palabras (reducidas) $\phi_j(a_j) \ldots \phi_i(a_i)$ dónde $a_j \in G_j$ para $j \in I$ .
Hay una restricción adicional. Si dos letras consecutivas son del mismo $G_i$ (podemos suponer que los grupos son disjuntos), luego reducimos la palabra eliminando ambas letras y sustituyendo su producto en $G_i$ si no es identidad.
Entonces $\phi_i(a)\phi_i(b) = \phi_i(ab) \sim \phi_i(c)$ con $a,b,c \in G_i$ para todos $i \in I$ . Entonces el grupo $G$ es bajo el supuesto de que $G$ es conmutativo generado por palabras $\phi_i(a_i)\ldots \phi_j(a_j)$ dónde $a_i \neq e_i$ para $i \in I$ y la palabra vacía $e$ .
No, no existe ningún supuesto de conmutatividad, ni en la definición de productos libres usando la propiedad universal, ni en construcciones de productos libres.
Me refería a la prueba por contraposición. Supuse que $G$ es conmutativo y quería mostrar que esto conduce a una contradicción.

Troposfera · Answer 1

Un argumento directamente de la propiedad universal:

Dejar $A$ ser una "unión casi disjunta" de los $G_i$ s, compartiendo un único elemento de identidad para todos ellos:

A = {0} \cup {(i, X) ∣ i \in I, X \in {GRAMO}_{i}, X \neq 0_{{GRAMO}_{i}}}

$A = \{0\} ~\cup~ \{ (i,x) \mid i\in I, x\in G_i, x\ne 0_{G_i}\}$

Dejar $U$ sea el grupo de permutaciones de $A$ . Cada $G_i$ actúa sobre sí mismo por multiplicación por la izquierda, que se traslada de forma natural a una acción sobre $A$ (es decir, uno que siempre fija los elementos que vienen de los otros grupos). Esto se puede representar como homomorfismos. $\phi_i: G_i \to U$ .

Ahora, siempre que tengamos no triviales $x\in G_i$ y $y\in G_j$ con $i\ne j$ , las dos permutaciones $\phi_i(x)$ y $\phi_j(y)$ no conmutar: $\phi_i(x)\phi_j(y)(0) = (j,y)$ mientras $\phi_j(y)\phi_i(x)(0) = (i,x)$ .

Por lo tanto, cuando aplicamos la propiedad universal a nuestro $\phi_i$ s, obtenemos un $f$ con

F ({gramo}_{i} (X) {gramo}_{j} (y)) = ϕ_{i} (X) ϕ_{j} (y) \neq ϕ_{j} (y) ϕ_{i} (X) = F ({gramo}_{j} (y) {gramo}_{i} (X))

$f(g_i(x)g_j(y)) = \phi_i(x)\phi_j(y) \ne \phi_j(y)\phi_i(x) = f(g_j(y)g_i(x))$ entonces

g_{i} (x) g_{j} (y)

$g_i(x)g_j(y)$ y

g_{j} (y) g_{i} (x)

$g_j(y)g_i(x)$ deben ser elementos diferentes del producto libre.

ojos de tiro · Answer 2

Una construcción de un producto libre de grupos es que es el conjunto de todas las palabras

ϕ_{i} (a_{i}) \dots ϕ_{j} (a_{j})

$\phi_i(a_i) \cdots \phi_j(a_j)$

dónde

Cada par de letras consecutivas son de diferentes $G_i$ y no identidad,
Cada $\phi_i$ es una incrustación de $G_i$ , y
Las imágenes por pares de $\phi_i$ y $\phi_j$ se cruzan solo en la palabra vacía cuando $i \neq j$ .

Estas palabras se consideran reducidas , y la operación es concatenación seguida de reducción hasta que la palabra satisface la primera condición.

Si $a$ y $b$ son dos elementos no identitarios de $G_i$ y $G_j$ dónde $i \neq j,$ entonces $\phi_i(a) \phi_j(b) \phi_i(a)^{-1} \phi_j(b)^{-1}$ es una palabra reducida (satisface la primera condición), pero no es la palabra vacía.

De este modo,

ϕ_{i} (a) ϕ_{j} (b) \neq ϕ_{j} (b) ϕ_{i} (a),

$\phi_i(a) \phi_j(b) \neq \phi_j(b) \phi_i(a),$

y el producto gratuito no es abeliano. Por supuesto, esto depende del hecho de que hay al menos dos grupos no triviales que son factores en el producto libre.

Producto gratuito no abeliano

Orbe

ojos de tiro

Orbe

ojos de tiro

Orbe

lee mosher

Orbe

Respuestas (2)

Troposfera

ojos de tiro

Comprender el grupo de cocientes en el producto libre (teorema de van Kampen)

Singularidad del producto gratuito

Por el contrario del lema de extensión del producto libre externo --- Munkres Lemma 68.5

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