¿Es libre el repliegue de un objeto libre?

Question

Me pregunto si esto es cierto en las categorías de grupos, monoides, álgebras conmutativas, álgebras asociativas y álgebras de Lie.

Answer 1

Un repliegue de un monoide libre finitamente generado es libre aunque los submonoides no tengan que ser libres. No sé el caso de los generados infinitamente.

Editar: generada infinitamente parece estar bien. El caso fg lo vi en un libro de teoría de autómatas pero veo una prueba general.

Añadido: aquí está la prueba. Sea P un monoide proyectivo (retracto de libre). Como es un submonoide de un monoide libre tiene un único conjunto generador mínimo Y que consiste en los elementos que son irreducibles. Consideremos el mapa del monoide libre sobre Y a P enviando generador a generador. Como P es proyectivo, debe dividirse. Pero como los elementos de Y son irreducibles sus únicas preimágenes son los generadores correspondientes en el monoide libre. Por tanto, la división es inversa a la proyección.

Añadido: Me parece que la prueba anterior funciona literalmente para los monoides libres conmutativos y, más generalmente, para los monoides relativamente libres en las variedades que contienen todos los monoides conmutativos.

Añadido: El teorema 7 de http://arxiv.org/pdf/math/9711202.pdf parece implicar que las retracciones de las álgebras libres no asociativas son libres.

Answer 2

Unos meses después de la última actividad sobre esta cuestión, Neena Gupta dio una prueba de que sobre un campo $k$ de característica positiva, un repliegue de un álgebra polinómica no necesita ser un álgebra polinómica: http://arxiv.org/abs/1208.0483 .

De hecho, da un contraejemplo al problema de la cancelación: hay un álgebra $A$ tal que $A[t]$ es isomorfo a $k[x_1,x_2,x_3,x_4]$ pero $A$ no es isomorfo a $k[y_1,y_2,y_3]$ . Componiendo el isomorfismo $k[x_1,x_2,x_3,x_4]\to A[t]$ con el mapa de evaluación $A[t]\to A$ en $t=0$ expresa $A$ como un repliegue de $k[x_1,x_2,x_3,x_4]$ .

Answer 3

La respuesta es sí en la categoría de grupos. Supongamos que $f: G \to H$ es una retracción con $G$ un grupo libre. Entonces existe un homomorfismo $g: H \to G$ tal que $fg = \mathrm{id}_H$ . Así, $g$ es inyectiva y por lo tanto incrusta $H$ isomórficamente como un subgrupo de $G$ . Pero cualquier subgrupo de un grupo libre es libre, así que $H$ debe ser libre. La misma prueba funciona también en la categoría de grupos abelianos.

Edición: la misma prueba funcionará siempre que se tenga el teorema de que un subobjeto de un objeto libre es libre, creo. No sé si eso es cierto en las otras categorías que mencionas.

Edición adicional: esta propiedad puede fallar incluso en categorías muy bonitas. Por ejemplo, deja que $k$ sea un campo y consideremos el álgebra matricial $M_n(k)$ . En la categoría de módulos generados finitamente sobre $M_n(k)$ , $M_n(k)$ es una suma directa de $n$ copias de $k^n$ pero $k^n$ no es libre sobre $M_n(k)$ .