Deje$\mathbb{Z} * \mathbb{Z}$ sea el producto libre de$\mathbb{Z}$ #% y% #%. Deje$\mathbb{Z}$ sea el producto tensorial. ¿Cuáles son las diferencias entre los$\mathbb{Z} \otimes \mathbb{Z}$,$\mathbb{Z} * \mathbb{Z}$, y el grupo abeliano libre con dos generadores?
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Lorin Hochstein
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Vamos a hablar de las tres propiedades universales que definen a estos grupos.
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La característica universal de la libre producto $\mathbb{Z}*\mathbb{Z}$ es:
El producto libre $\mathbb{Z}*\mathbb{Z}$ es el grupo de manera que, existen homomorphisms $\lambda\colon \mathbb{Z}\to \mathbb{Z}*\mathbb{Z}$$\rho\colon\mathbb{Z}\to\mathbb{Z}*\mathbb{Z}$; y para cualquier grupo de $G$ y cualquier morfismos $f\colon\mathbb{Z}\to G$$g\colon \mathbb{Z}\to G$, no existe un único grupo de homomorphism $\Phi\colon \mathbb{Z}*\mathbb{Z}\to G$ tal que $f=\Phi\circ\lambda$$g=\Phi\circ\rho$.
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La característica universal de la libre abelian grupo en dos generadores, $x$ y $y$, $x\neq y$, es:
La libre grupo abelian $F_a(x,y)$ es un grupo abelian junto con un mapa de $i\colon \{x,y\}\to F_a(x,y)$ tal que para cada abelian grupo $A$ y cualquier mapa de $f\colon\{x,y\}\to A$, no existe un único grupo de homomorphism $\Psi\colon F_a(x,y)\to A$ tal que $f=\Psi\circ i$.
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La característica universal del producto tensor $\mathbb{Z}\otimes\mathbb{Z}$ es:
El grupo $\mathbb{Z}\otimes\mathbb{Z}$ es un grupo abelian, junto con un bilineal mapa de $b\colon \mathbb{Z}\times\mathbb{Z}\to\mathbb{Z}\otimes\mathbb{Z}$ (es decir, un mapa tal que $b(x+y,z) = b(x,z)+b(y,z)$ $b(x,y+z) = b(x,y)+b(x,z)$ por cada $x,y,z\in\mathbb{Z}$) tal que, para cada grupo abelian $A$ y cada bilineal mapa de $f\colon\mathbb{Z}\times\mathbb{Z}\to A$, no existe un único grupo de homomorphism $\Theta\colon \mathbb{Z}\otimes\mathbb{Z}\to A$ tal que $f = \Theta\circ b$.
El producto libre no puede ser abelian: tomar $G=S_3$, $f\colon\mathbb{Z}\to S_3$ la asignación de $f(n)=(12)^n$, e $g\colon \mathbb{Z}\to S_3$$g(m) = (13)^m$. Por lo tanto, $\Phi(\lambda(1)) = (12)$, e $\Phi(\rho(1)) = (13)$. Pero eso significa que $\lambda(1)\rho(1)\neq \rho(1)\lambda(1)$, desde $$\Phi(\lambda(1))\Phi(\rho(1)) = (12)(13)=(132) \neq (123) = (13)(12) = \Phi(\rho(1))\Phi(\lambda(1));$$ de modo que el producto gratuito no puede ser cualquiera de los libres abelian grupo ni el producto tensor.
De hecho, el producto libre es isomorfo al grupo libre en dos generadores.
Ahora, ¿por qué el producto tensor y la libre abelian grupo diferente? Hay muchas cosas que uno puede decir aquí, pero primero vamos a notar que la característica universal significa que $\mathbb{Z}\otimes\mathbb{Z}$ es generado, como un grupo abelian, pero la imagen de $b$. De hecho, vamos a $M=\langle b(x,y)\rangle$ ser el subgrupo de $\mathbb{Z}\otimes\mathbb{Z}$ generado por $M$, y consideran que el grupo $\mathbb{Z}\otimes\mathbb{Z}/M$. Deje $\pi\colon\mathbb{Z}\otimes\mathbb{Z}\to (\mathbb{Z}\otimes\mathbb{Z})/M$ ser la proyección canónica. A continuación, $\pi\circ b$ es bilineal: de hecho, $$\begin{align*} \pi\circ b(x+y,z) &= \pi(b(x,z)+b(y,z)) &\text{(since }b\text{ is bilinear)}\\ &= \pi(b(x,z)) + \pi(b(y,z)) &\text{(since }\pi\text{ is a homomorphism)}\\ &= \pi\circ b(x,z) + \pi\circ b(y,z);\\ \pi\circ b(x,y+z) &= \pi(b(x,y)+b(y,z))\\ &= \pi(b(x,y)) + \pi(b(y,z))\\ &= \pi\circ b(x,y) + \pi\circ b(y,z). \end{align*}$$ Por la característica universal de $\mathbb{Z}\otimes\mathbb{Z}$, no hay una única homomorphism $\Theta\colon\mathbb{Z}\otimes\mathbb{Z}\to (\mathbb{Z}\otimes\mathbb{Z})/M$ tal que $\Theta\circ b = \pi\circ b$. Bien, claramente, $\pi=\Theta$ obras. Sin embargo, lo hace $\Theta$ definido por $\Theta(a)=\mathbf{0}$ todos los $a\in \mathbb{Z}\otimes\mathbb{Z}$, ya que el $\pi\circ b(x,y) = \mathbf{0}$ todos los $(x,y)\in \mathbb{Z}\times\mathbb{Z}$. La singularidad de la cláusula de la universalización de la propiedad nos dice que $\pi$ debe ser igual a cero mapa, pero eso significa que $M=\mathbb{Z}\otimes\mathbb{Z}$. Este establece la afirmación: $\mathbb{Z}\otimes\mathbb{Z}$, si es que existe, debe ser generado por la imagen de $b$.
Ahora me reclama que cada elemento de la imagen de $b$ es un múltiplo de a $b(1,1)$. De hecho, bilinearity implica que $b(x,0) = b(0,y) = 0$ todos los $x,y\in\mathbb{Z}$ (desde $(x,0) = (x,0+0)$$(0,y)=(0+0,y)$), y que $b(-x,y) = b(x,-y) = -b(x,y)$ todos los $x,y\in \mathbb{Z}$. Por lo que es suficiente para mostrar que si $x$ $y$ son enteros positivos, entonces $b(x,y)$ es un múltiplo de a $b(1,1)$. Podemos hacer la inducción en $x+y$: si $x+y=2$, $x=y=1$ y no hay nada que demostrar. Suponga que el resultado vale si $x+y$ es de menos de $k$,$x+y=k\gt 2$; entonces, o $x\gt 1$ o $y\gt 1$. En el primer caso, podemos escribir $x=x'+1$ o $y=y'+1$, $x'$ $y'$ positivo. En el primer caso, tenemos $$b(x,y) = b(x'+1,y) = b(x',y)+b(1,y)\in\langle b(1,1)\rangle$$ (ya que cada uno de $b(x',y)$ $b(1,y)$ mentira en $\langle b(1,1)\rangle$ por la hipótesis de inducción); y, simétricamente, en el segundo caso, ambos $b(x,y')$ $b(x,1)$ son múltiplos de $b(1,1)$, por lo tanto también lo es $$b(x,y) = b(x,y'+1) = b(x,y')+b(x,1).$$
Por lo tanto, $\mathbb{Z}\otimes\mathbb{Z}$ es cíclica, ya que cada elemento de a $\mathbb{Z}\otimes\mathbb{Z}$ es un múltiplo de a $b(1,1)$. Ahora... es $F_a(x,y)$ cíclico? No: porque si definimos $f\colon\{x,y\}\to \mathbb{Z}\times\mathbb{Z}$$f(x) = (1,0)$$f(y) = (0,1)$, entonces existe un único grupo de homomorphism $\Psi\colon F_a(x,y)\to \mathbb{Z}\times\mathbb{Z}$$\Psi(i(x)) = (1,0)$$\Psi(i(y))=(0,1)$. Por lo tanto, la imagen de $\Psi$ es de $\mathbb{Z}\times\mathbb{Z}$, pero $\mathbb{Z}\times\mathbb{Z}$ no es cíclico. Sin embargo, la imagen de un grupo cíclico bajo un homomorphism es siempre cíclico. Así llegamos a la conclusión de que $F_a(x,y)$ no puede ser cíclico, y por lo tanto no puede ser isomorfo a $\mathbb{Z}\otimes\mathbb{Z}$.
Ahora, el análisis anterior muestra que, si cualquiera de las dos $\mathbb{Z}*\mathbb{Z}$, $F_a(x,y)$, o $\mathbb{Z}\otimes\mathbb{Z}$ existen, entonces ellos no son isomorfos. Es decir, ningún grupo puede jugar en más de una de las tres funciones que se discutieron anteriormente.
Demuestra que no existen en la realidad no es demasiado difícil en los casos 2 y 3; resulta ser bastante sencillo para mostrar que $\mathbb{Z}\oplus\mathbb{Z}$ junto con $i\colon\{x,y\}\to\mathbb{Z}\oplus\mathbb{Z}$ $i(x) = (1,0)$ $i(y)=(0,1)$ cumple la característica universal de la libre abelian grupo en dos geenrators (dado $f\colon\{x,y\}\to A$, definir $\Phi(r,s) = rf(x) + s(f(y))$), por lo que no es un "libre abelian grupo en dos generadores" (que, como hemos comentado, no puede ser un "producto libre $\mathbb{Z}*\mathbb{Z}$" y no puede ser "un producto tensor $\mathbb{Z}\otimes\mathbb{Z}$). Y uno puede mostrar que $\mathbb{Z}$, con el mapa de $b\colon\mathbb{Z}\times\mathbb{Z}\to \mathbb{Z}$ $b(x,y) = xy$ cumple la característica universal del producto tensor (dado $f\colon\mathbb{Z}\times\mathbb{Z}\to A$ bilineal, definir $\Theta(n) = f(n,1)$), por lo $\mathbb{Z}$ es un producto tensor $\mathbb{Z}\otimes\mathbb{Z}$ (y por lo tanto no puede ser el libre abelian grupo en dos generadores o el producto libre $\mathbb{Z}*\mathbb{Z}$.
La prueba de la existencia de un grupo que cumple la característica universal de $\mathbb{Z}*\mathbb{Z}$ es más complicado; de hecho, es isomorfo al grupo libre en dos generadores. Puedo añadir una descripción si usted ha llegado hasta este punto.
El producto tensor $\mathbb{Z} \otimes \mathbb{Z}$ es igual a $\mathbb{Z}$. La suma directa de $\mathbb{Z} \oplus \mathbb{Z}$, a veces escrito $\mathbb{Z} \times \mathbb{Z}$ es el libre abelian grupo en dos generadores. Usted puede pensar en él como el grupo que consta de sumas como $5a-3b$, es decir, las combinaciones lineales de variables formales $a$$b$; el grupo de operación, además, funciona como usted piensa que debería ser. El producto libre $\mathbb{Z} * \mathbb{Z}$, también llamado el grupo libre en dos generadores, es el grupo que consiste de todas las palabras como $a^4 b^{-2} a^{15} b^3 \cdots$, donde se multiplica por la concatenación de palabras seguidas por la combinación adyacentes potencias $a$$b$, si es posible (por ejemplo,$a^6 a^{-3}=a^3$, pero no se puede simplificar $a^6 b^{-3} a^{-1}$ alguna más).
knatten
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Las diferencias se encuentran totalmente en lo de las relaciones (ver aquí) el tipo de producto que se introduce en la situación.
El punto de un producto libre es la que introduce ninguna de las relaciones que no estaban ya en uno de los factores. Desde $\mathbb{Z}$ es ya el grupo libre en 1 generador, $\mathbb{Z}*\mathbb{Z}$ es sólo el grupo libre (no abelian) el 2 de generadores. Una presentación es $\langle a,b\rangle$.
Por otro lado, la libre abelian grupo 2 generadores comienza con la misma materia prima pero introduce la relación $ab=ba$ a la fuerza el grupo abelian. Una forma de ver esto es que es el grupo en 2 generadores quotiented a cabo por el subgrupo generado por el colector $aba^{-1}b^{-1}$ de los dos generadores. Una presentación es $\langle a,b \mid aba^{-1}b^{-1}\rangle$.
Usted no menciona el directo del producto (o conmutativa del producto) $\mathbb{Z}\times\mathbb{Z}$, que es el conjunto de pares $(x,y)$$x,y\in \mathbb{Z}$, dada la estructura de un grupo por coordinatewise adición, pero este es el mismo objeto que la libre abelian grupo 2 generadores. (El abelian relación $ab=ba$ está integrado en el coordinatewise además: $a=(1,0), b=(0,1)$, lo $ab=ba=(1,1)$.)
El producto tensor $\mathbb{Z}\otimes \mathbb{Z}$ es una especie de un animal diferente. Yo no soy un experto, pero en mi limitada experiencia, solo lo he visto aplicado en abelian contextos. Se inicia con el mismo conjunto como el producto directo, el conjunto de pares $(x,y)$$x,y\in \mathbb{Z}$, sino que la pone en diferentes relaciones: en concreto, las relaciones necesarias para hacer que el objeto "lineal suficiente": $(nx,y)=(x,ny)=n(x,y)$, $(x,y+z)=(x,y)+(x,z)$, y $(x+y,z)=(x,z)+(y,z)$. Por lo tanto, en el producto tensor, $(2,1)=(1,2)=2(1,1)$. Usted puede comenzar a obtener una bocanada de esto que el producto tensor es en realidad solo una copia de$\mathbb{Z}$, $(1,1)$ como el generador. Moralmente, la idea es que el producto tensor es el libre abelian grupo generado por pares (generador para el primer factor, el generador para el segundo factor). Ya que cada copia de $\mathbb{Z}$ sólo es generado por un elemento, solo hay un par, $(1,1)$, por lo que este es el único generador para el producto tensor.
