Grupo de grupos

Question

El producto $\times$ de los dos grupos es asociativa y conmutativa, y hay un elemento neutro $\{1\}$. Digamos que puedo crear "grupos virtuales", que son inversos con respecto a $\times$ (como ser $\mathbb{Z}$$\mathbb{N}$). Entonces tengo un grupo de $G$ cuyos elementos son todos los grupos.

Esto no está permitido, sin embargo, es? Dado un conjunto no puede ser miembro de sí misma.

Answer 1

El producto Cartesiano es no conmutativa: si $G\ne H$, $G\times H\ne H\times G$, a pesar de que estos grupos son isomorfos. No es asociativa, ya que al $\big\langle\langle x,y\rangle,z\big\rangle\ne\big\langle x,\langle y,z\rangle\big\rangle$, aunque una vez más hay un isomorfismo entre el$(G\times H)\times K$$G\times(H\times K)$.

Aparte de eso, no hay ningún problema, en principio, con el hecho de tener un grupo de $G$ cuyos elementos son los mismos grupos; $G$ simplemente no será uno de esos elementos. Lo que no puede hacer es formar un grupo de $G$ cuyos elementos son todos los posibles grupos, más de lo que puede formar un conjunto de todos los conjuntos.

Lo que usted puede hacer en ZF es escribir un primer orden de la fórmula $\varphi(x)$ que dice ' que $x$ es un grupo, es decir, un par ordenado $\langle y,z\rangle$ tal que $y$ es un conjunto y $z$ es una función de $z\times z$ $z$con las propiedades necesarias para hacer de él un grupo de operación $y$. Usted puede, a continuación, escriba las fórmulas de $\psi(x,y,z)$ que 'dicen' que $x,y$, e $z$ son grupos y que $z$ está relacionado con $x$ $y$ en algunos específicos de la moda. Yo no debería estar sorprendida si fuera posible encontrar una fórmula para que uno podría probar

$$\forall x,y\Big(\big(\varphi(x)\land\varphi(y)\big)\to\exists!z\psi(x,y,z)\Big)\;,$$

es decir, $\psi$ define lo que sería una operación binaria en grupos, si el conjunto de todos los grupos existían,

$$\forall u,v,w,x,y,z\left(\Big(\psi(x,y,u)\land\psi(y,z,v)\Big)\to\Big(\psi(u,z,w)\leftrightarrow\psi(x,v,w)\Big)\right)\;,$$

es decir, que la 'operación es asociativa, y el resto del grupo de axiomas. Entonces uno podría hablar de manera informal acerca de la clase adecuada $\bf{G}$ de los grupos y una clase adecuada operación de decisiones $\bf G$ dentro de un grupo.

Answer 2

Como Brian notas, no hay ningún problema con un grupo cuyos elementos son los grupos. Tome dos de sus grupos favoritos, vamos a llamarlos $A$$B$, vamos a $G=\{{A,B\}}$, y definir una operación binaria en $G$ $$AA=BB=A,\quad AB=BA=B$ $ Voila! un grupo cuyos elementos son los grupos.

Answer 3

Además de los problemas mencionados por Brian Scott, hay otro problema.

Usted parece estar tratando de imitar la construcción de la envolvente de grupo de un semigroup (esta es la imagen de la functor adjunto para los desmemoriados functor de $\mathsf{Group}$ $\mathsf{Semigroup}$o a $\mathsf{Monoid}$); en el conmutativa caso, esto es a menudo llamado el grupo de Grothendieck. Generalmente, usted no tiene una incrustación de la original semigroup en la envolvente; usted necesita el semigroup a ser cancellative para que se sostenga.

Pero en esta configuración, hay grupos de $A$, $B$, y $C$, pares nonisomorphic, de tal manera que $A\times B\cong A\times C$. Eso significaría que en la envolvente del grupo, necesitaremos $A$ con el trivial grupo, o $B$$C$. Usted va a tener un montón de colapso en este objeto resultante. Por ejemplo, si la clase de grupos que incluye el infinito producto directo de copias de $\mathbb{Z}$, y este grupo no se identifica con el trivial grupo, entonces cada finito de rango libre de abelian grupo se identifica con cada uno de los otros (a menos que el resultado deseable).

Usted puede salirse con la suya haciendo esto, por ejemplo, grupos finitos. Incluso puede hacerlo dentro de ZFC, mediante la restricción de los grupos a tener base contenida en un determinado conjunto infinito. Entonces, en virtud de la relación de equivalencia de "isomorfismo" usted tiene un cancellative conmutativa monoid en virtud de producto cartesiano, por lo que pueden construir el grupo de Grothendieck colindando "formal inversos". No creo que se consiga nada particularmente interesante, sin embargo: el monoid es libre de abelian en el indecomposable grupos, y así el grupo de Grothendieck es sólo libre abelian en el indecomposable grupos.