Creo que estás confundiendo el universal propiedad del objeto inicial de una categoría universal de la propiedad de un libre de objetos.
Lo que sigue puede ser un poco demasiado abstracto para su gusto, así que usted puede pasar y pasar a la parte de abajo de la línea horizontal:
Definición. Dada una categoría $\mathcal{C}$, un objeto inicial en $\mathcal{C}$ es un objeto $s$ tal que para cada objeto $a\in \mathcal{C}$ no es exactamente una flecha $s\to a$.
Un objeto inicial, si existe, es única hasta el único isomorfismo: si $s$ $s'$ son tanto inicial de los objetos, entonces existe un único mapa $f\colon s\to s'$, un único mapa $g\colon s'\to s$. Por lo $g\circ f\colon s\to s$ es el único mapa de$s$$s$, lo $g\circ f = \mathrm{id}_s$; y de manera similar a $f\circ f = \mathrm{id}_{s'}$.
Por el contrario, una libre de un objeto se define en términos de conjuntos:
Definición. Deje $\mathcal{C}$ ser una categoría en la que cada objeto es un conjunto y cada flecha es una función de conjunto. Deje $\mathbf{U}\colon\mathcal{C}\to\mathcal{S}et$ ser el conjunto subyacente functor que asigna cada objeto en su conjunto subyacente. Si $X$ es un conjunto, entonces un libre $\mathcal{C}$-objeto en $X$ es un objeto $F(X)$$\mathcal{C}$, junto con una función de $i\colon X\to \mathbf{U}(F(X))$ $X$ para el conjunto subyacente de $F(X)$, tal que:
- Para cada objeto $C\in\mathcal{C}$ y cada conjunto teórico de la función de $j\colon X\to \mathbf{U}(C)$, no existe una única flecha $f\colon F(X)\to C$ $\mathcal{C}$ tal que $j=f\circ i$.
Gratis un objeto en $X$, si existe, es única hasta el único isomorfismo. Pero el mapa de $f$ no necesita estar en.
Si $\mathcal{C}$ libre de objetos en cada conjunto, entonces el libre de objetos en el conjunto vacío es necesariamente el objeto inicial en $\mathcal{C}$. Por lo tanto, el trivial grupo es el objeto inicial en $\mathcal{G}roup$, y el trivial monoid es el objeto inicial en $\mathcal{M}onoid$, debido a que el trivial grupo (resp. monoid) es el grupo libre (resp. monoid) en el conjunto vacío. Por otro lado, no hay libre semigroup en el conjunto vacío.
La libre $\mathcal{C}$-objeto en $X$, cuando existe, puede ser interpretada como un objeto inicial, pero en una diferente categoría: considerar la categoría de todos los pares $(C,j)$ donde $C$ es un objeto de $\mathcal{C}$, $j\colon X\to C$ es un conjunto teórico de la función, y las flechas $(C,j)\to (D,k)$ son morfismos $f\colon C\to D$ $\mathcal{C}$ tal que $f\circ j = k$. A continuación, $(F(x),i)$ es un objeto inicial de esta categoría.
Si $\Sigma^*$ es el monoid de todas las cadenas dibujado desde el alfabeto $\Sigma$, luego resulta que $\Sigma^*$ es el libre monoid en el conjunto de $\Sigma$. El universal propiedad se satisface no es ser "un objeto inicial en la categoría de monoids", sino que el descrito anteriormente: dado cualquier conjunto teórico de la función de $j\colon \Sigma\to M$ en un monoid $M$, no hay una única monoid homomorphism $f\colon \Sigma^*\to M$ tal que $f|_{\Sigma}=j$ (es decir, $f$, restringida al $\Sigma$ visto como un subconjunto de a $\Sigma^*$, es igual a $j$). Pero este mapa no es necesariamente en. Es a si y sólo si $j(\Sigma)$ genera $M$ (como monoid).
La prueba de que $\Sigma^*$ es de hecho la libre monoid en $\Sigma$ es bastante sencillo. Dado $j\colon X\to M$, definimos $f\colon \Sigma^*\to M$ recursivamente, utilizando la definición de $\Sigma^*$:
- Definir $f$ $\Sigma_0$ (la palabra vacía) como asignación para el elemento de identidad de $M$.
- Definir $f$ $\Sigma_1 = \Sigma$ a ser igual a $j$.
- Después de haber definido $f$$\Sigma_i$, definir $f$ $\Sigma_{i+1}$ como sigue: dado $uv\in\Sigma_{i+1}$,$u\in\Sigma_i$$v\in \Sigma$, definir $f(uv)$$f(u)j(v)$.
Esto define $f$ sobre todo $\Sigma^*$. El uso de la asociatividad, demuestra que este es un monoid homomorphism. Y de la singularidad, de nuevo hacerlo por inducción: otros a $g$ que está de acuerdo con $f$ $\Sigma_1$ debe estar de acuerdo en $\Sigma_0$ (debido a que el módulo de homomorphisms), y si ellos están de acuerdo en $\Sigma_i$, entonces se pondrán de acuerdo en $\Sigma_{i+1}$, ya que el $g(uv) = g(u)j(v) = f(u)j(v)=f(uv)$.
Esto demuestra que para cualquier monoid $M$ y cualquier conjunto de la teoría de la función de $j\colon \Sigma\to M$, no hay una única monoid homomorphism $f\colon \Sigma^*\to M$ tal que $f(\sigma)=j(\sigma)$ todos los $\sigma\in\Sigma$, lo $\Sigma^*$ es el libre monoid en $\Sigma$.
De nuevo, $f$ va a ser a si y sólo si $\langle j(\Sigma)\rangle = M$. Es siempre en $\langle j(\Sigma)\rangle$, ya que la imagen es un submonoid de $M$ que contiene $\Sigma$, y cada elemento de la imagen es un producto de los elementos de $j(\Sigma)$.
