Aunque se trata de una pregunta antigua, esta construcción surgió recientemente por referencia en otra pregunta de Shaun, y no parece estar incluida arriba, así que me imagino que puedo añadirla (habiendo comprobado antes con el OP).
He aquí una construcción categórica que utiliza productos; en realidad está relacionada con la construcción del functor adjunto, en el sentido de que sigue las ideas del Teorema General del Funtor Adjunto de Freyd. Se puede llevar a cabo con cualquier clase de álgebras que sea cerrada bajo productos y tenga una noción de "subobjeto generado". Así que funciona en la mayoría de las categorías "bonitas" de álgebras (en el sentido del Álgebra Universal): los grupos abelianos, $R$ -módulos, anillos conmutativos, anillos asociativos, etc.
Dejemos que $X$ sea un conjunto. A grupo libre en $X$ es un par $(F,u)$ , donde $F$ es un grupo, $u\colon X\to F$ es un mapa de conjuntos, y el par tiene un propiedad universal para cada grupo $G$ y todo mapa de conjuntos $v\colon X\to G$ existe un único homomorfismo de grupo $\phi\colon F\to G$ tal que $v = \phi\circ u$ .
La idea es la siguiente: considere todo pares $(G_v,v)$ donde $G_v$ es un grupo, y $v\colon X\to G_v$ es un mapa de conjuntos. Tomemos el producto $$P=\prod_{(G_v,v)} G_v,$$ de todos esos $G$ , indexados por los pares. Los mapas $v_G\colon X\to G$ inducen un mapa de conjuntos $u\colon X\to P$ . Sea $F$ sea el subgrupo de $P$ generado por $u(X)$ . Entonces $F$ y $u$ tendrá la propiedad deseada, porque dado cualquier grupo $G$ y el mapa de conjunto $v\colon X\to G$ obtenemos el morfismo correspondiente $F\to G$ simplemente tomando la restricción de la proyección $\pi_{(G_v,v)}\colon P\to G$ al subgrupo $F$ . Y porque $F$ es generado por $u(X)$ Esto proporcionará la singularidad. ¡Voilà! Como por arte de magia, obtenemos un grupo con la propiedad universal correcta.
Sin embargo, hay un problema técnico con la idea anterior: no podemos construir ese producto, porque la colección de todo pares $(G_v,v)$ es una clase propia, no un conjunto, y no podemos tomar un producto cartesiano indexado sobre una clase propia. Así que tenemos que reducir esta colección a algo manejable (es decir, a un conjunto).
La primera observación que podemos hacer es que si $f\colon G\to H$ es un isomorfismo, y $v\colon X\to G$ es un mapa de conjuntos, entonces no necesitamos ambos $(G,v)$ y $(H,f\circ v)$ en nuestra colección: podemos simplemente tomar $(G,v)$ y si se nos presenta $H$ y $f\circ v$ proyectamos a $G$ y luego usar $f$ para llegar hasta $H$ . Así que realmente sólo necesitamos un grupo de cada clase de isomorfismo, además de todos los mapas de conjuntos de $X$ a ese grupo (y esa colección, para un grupo fijo $G$ es un conjunto).
Sin embargo, esto todavía no es lo suficientemente pequeño, ya que hay grupos de cardinalidad arbitrariamente grande, y por lo tanto, incluso tomando sólo un grupo de cada clase de isomorfismo todavía tendríamos una clase propia. Así que al final no seguiremos este camino (resulta que no importa).
La segunda observación que hay que hacer es que, de hecho, dado $(G,v)$ no necesitamos realmente todo de $G$ Sólo necesitamos $\langle v(X)\rangle$ el subgrupo generado por $v(X)$ . Porque la imagen de $F$ en $G$ será generado por $v(X)$ por lo que la imagen estará dentro de ese subgrupo.
Se trata de una buena observación, porque así se limita el tamaño de los conjuntos generadores que tenemos que considerar. Y ahora tenemos un límite superior fácil para el tamaño de los grupos que necesitamos considerar:
Lema. Dejemos que $G$ sea un grupo, y $S\subseteq G$ un subconjunto de $G$ . Si $G=\langle S\rangle$ entonces $|G|\leq |S|\aleph_0$ .
Prueba. Sabemos que $\langle S\rangle$ consiste en productos finitos de elementos de $S$ y sus inversos. El conjunto de estos productos tiene como máximo $|S|\aleph_0$ elementos, por lo que $G$ tiene como máximo ese número de elementos. $\Box$
Así que, así es como se sortea el problema técnico: fijar un conjunto $M$ de cardinalidad $|X|\aleph_0$ . Consideraremos todos los pares $(G_v,v)$ tal que
- $G_v$ es un grupo;
- $v\colon X\to G_v$ es un mapa de conjuntos;
- $G_v$ es generado por $v(X)$ ;
- El conjunto subyacente de $G_v$ está contenida en $M$ ;
Llama a la colección de todos esos pares $\mathcal{S}$ . Ahora es fácil comprobar que este es un conjunto.
Esto es lo que a veces se llama "conjunto de soluciones". Tiene la siguiente propiedad:
Dado cualquier grupo $K$ y el mapa de conjunto $w\colon X\to K$ tal que $K=\langle w(X)\rangle$ existe un par $(G_v,v)\in\mathcal{S}$ y un isomorfismo $\phi\colon G_v\to K$ tal que $w = \phi\circ v$ .
Así que ahora procedemos como se ha indicado anteriormente: Dejemos que $P$ sea el producto sobre todos los elementos de $\mathcal{S}$ , $$P = \prod_{(G_v,v)\in \mathcal{S}} G_v.$$ Dejemos que $\pi_v\colon P\to G_v$ sea la proyección sobre el $(G_v,v)$ coordenadas. Porque $\mathcal{S}$ es un conjunto, este producto existe y tiene sentido.
El conjunto subyacente de $P$ es el producto cartesiano de los $G_v$ . Así, las funciones $v\colon X\to G_v$ inducen un mapa de conjuntos único $u\colon X\to P$ tal que $\pi_v\circ u = v$ para todos $(G_v,v)\in\mathcal{S}$ .
Ahora, "recordamos" que $P$ es, de hecho, un grupo, así que dejemos que $F=\langle u(X)\rangle$ sea el subgrupo de $P$ generado por la imagen de $u$ . Afirmo que $(F,u)$ es el grupo libre en $X$ .
En efecto, dejemos que $H$ sea un grupo cualquiera, y que $w\colon X\to H$ sea un mapa de conjuntos. Entonces $K=\langle w(X)\rangle$ es un grupo generado por $w(X)$ y, por tanto, por la propiedad del conjunto de soluciones de $\mathscr{S}$ existe un $(G_v,v)\in\mathcal{S}$ y un isomorfismo $\phi\colon G_v\to K$ tal que $w=\phi\circ v$ . Sea $\iota\colon K\to H$ sea el mapa de inclusión.
Entonces $\iota\circ\phi\circ\pi_v\colon F\to G_v\to K\hookrightarrow H$ es un morfismo de $F$ a $H$ y $$\begin{align*} (\iota\circ\phi\circ\pi_v)\circ u &= \iota\circ\phi\circ (\pi_v\circ u)\\ &= \iota\circ\phi\circ v\\ &= w \end{align*}$$ (porque $\phi\circ v$ es igual a la co-restricción de $w\colon X\to H$ a $K$ ).
Por lo tanto, existe un morfismo $f\colon F\to H$ tal que $f\circ u = w$ . Para demostrar la unicidad, observamos que si $g\colon F\to H$ también satisface $g\circ u=w$ , entonces para cada $x\in X$ tenemos $g(u(x)) = w(x) = f(u(x))$ Así que $g$ y $f$ estar de acuerdo $u(X)$ . Por lo tanto, están de acuerdo en $\langle u(X)\rangle$ por construcción, esto es igual a $F$ Así que $f=g$ .
Por lo tanto, $(F,u)$ tiene la propiedad universal del grupo libre sobre $X$ y por lo tanto es el grupo libre en $X$ (hasta un isomorfismo único). $\Box$