Considere la posibilidad conmutativa semigroup S y su Grothendieck finalización de grupo G(S).Supongamos que insistir en la definición de G(S) como libre de abelian grupo en base a $[a]$ ( $a\in S$ ) dividida por la relación $[a+b]-[a]-[b]$. ¿Cómo puedo mostrar con esa definición de que si las imágenes de $a,b\in S$ a ser igual en G(S), entonces necesariamente existía $c\in S$ a+c=b+c ? Sé que es cierto porque puedo probar con otro tipo de construcción de grothendieck del grupo, pero me gustaría tener una prueba directa, con por encima de libre abelian grupo de construcción.
Respuesta
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Su notación es un poco confuso. Ya que estamos considerando libre abelian grupos, se debe evitar el aditivo notaciones para la conmutativa semigroup S. Vamos a hablar de $(S, \ast )$. Si $F(S)$ es el libre abelian grupo con base $S$, podemos suponer $S \subseteq F(S)$. Así que el conjunto de las relaciones $$R = \{ (a \ast b) -a - b : a,b \in S \}.$$ Then, the Grothendieck completion is the abelian group $$G(S) = F(S)/ \langle R \rangle.$$ If $un \en S$, I'll denote the coset $ + \langle R \rangle$ by $[a]$.
La prueba no es difícil. Usted sólo tendrá que recordar que en el libre abelian grupos de la expresión en términos de una base es única. Usted puede encontrar una prueba, con un feo notación, en Rotman 'Modernas y Avanzadas Álgebra'. Voy a reproducir a continuación la prueba en Magum del libro 'Algebraica de Introducción a la K-teoría".
Supongamos que $[a]=[b]$. A continuación, $a-b \in \langle R \rangle$. Que es, $$a-b = \sum_{i=1}^n n_i((a_i \ast b_i) - a_i - b_i),$$ where $n_i = 1$ or $-1$ and $a_i, b_i \in S$. Bringing terms with negative coefficients to the other side, $$ a + \sum_{n_i = -1}(a_i \ast b_i) + \sum_{n_i = 1}(a_i + b_i) = b + \sum_{n_i = 1}(a_i \ast b_i) + \sum_{n_i = -1}(a_i + b_i).$$ Since $S$ is a basis of $F(S)$, the terms on one side of the equation are a permutation of those on the other side. Since $(S, \ast )$ is commutative, it follow that, in S, $$ a \ast \prod_{n_i = -1}(a_i \ast b_i) \ast \prod_{n_i = 1}(a_i \ast b_i) = b \ast \prod_{n_i = 1}(a_i \ast b_i) \ast \prod_{n_i = -1}(a_i \ast b_i). $$ So $un \ast c = b \ast c$, where $$ c = \prod_{i = 1}^n (a_i \ast b_i).$$
