El núcleo de$G\ast H\to G\times H$ es gratis

Question

Deje $G$ e $H$ grupos. La identidad homomorphism $G\to G$ y el trivial homomorphism $H\to G$ dar un homomorphism $G\ast H\to G$ por la característica universal de la subproducto. Del mismo modo, obtenemos un homomorphism $G\ast H\to G$. A continuación, el universal, propiedad de que el producto le da un homomorphism $G\ast H\to G\times H$. Podemos considerar el kernel $K$ de este homomorphism. Resulta que $K$ es un grupo libre ($K$ es de libre generado por los conmutadores $[g,h]$ para $g\in G\setminus\{1\}$ e $h\in H\setminus\{1\}$).

La construcción de la $K$ fue muy categoría de la teoría y sólo requiere el uso de las propiedades universales del producto y subproducto. Del mismo modo, la conclusión de que $K$ es gratis es también una categoría de la teoría de la declaración. Hay una prueba de que $K$ es gratis que es de la categoría de "teoría" y evita directamente mostrando que los conmutadores $[g,h]$ para $g\in G\setminus\{1\}$ e $h\in H\setminus\{1\}$ libremente generar $K$?

Como la gente está mencionando en los comentarios, es poco probable para una prueba de que existen hacen a la dependencia en la elección de los generadores en la definición categórica de un grupo libre. Hay un (nonabelian) categoría similar a la categoría de grupos en los que esta propiedad tiene un error?

Answer 1

El resultado es que no "categórico". No hay categorías, incluso las variedades de los grupos, en el que falla.

Considerar la variedad de grupos de la satisfacción de las leyes de $x^4=1$, $[x,y]^2=1$, e $[x,y,z]=1$. Esta es la variedad de nilpotent grupos de la clase $2$, exponente $4$, y todos los conmutadores de exponente $2$.

Deje $G=\langle x\mid x^2=1\rangle$, $H=\langle y\mid y^2=1\rangle$. Entonces su producto libre de esta variedad es su $2$-nilpotent producto, que consta de todos los elementos de la forma $x^ay^bz^c$, donde $0\leq a,b,c<2$, y la multiplicación es dado por $(x^ay^bz^c)(x^{\alpha}y^{\beta}z^{\gamma}) = x^{a+\alpha} y^{b+\beta} z^{c+\gamma+b\alpha}$, con exponentes tomado modulo $2$.

El kernel $K$ del mapa $G\amalg H\to G\times H$ es generado por $z$, y así es cíclico de orden $2$. Sin embargo, el grupo libre de rango $1$ en esta variedad es cíclico de orden $4$, no $2$, por lo que este kernel no es libre.

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Para un ejemplo de que lo que se recibe no es un subgrupo de la libre correspondiente a grupo, la variedad de todos los nilpotent grupos de la clase $2$. Si usted toma $G$ e $H$ cada ser relativamente libre grupo de clasificación $2$ (esto es isomorfo al grupo de $3\times 3$ triangular superior matrices con coeficientes en $\mathbb{Z}$ e $1$s en la diagonal), entonces su producto libre es de nuevo su $2$-nil producto (similar a la anterior, los elementos son de la forma $ghz$ con $g\in G$, $h\in H$, e $z\in[H,G]\cong H^{\rm ab}\otimes G^{\rm ab}$, con producto de la $(ghz)(g'h'z') = (gg')(hh')(zz'[h,g'])$). Aquí, el núcleo de la mapa es isomorfo a $\mathbb{Z}^4$, pero los grupos de rango mayor que $1$ no abelian.