群的自由积

贡献者： JierPeter

　　 将自由群的概念推广，即可得到两个群之间的自由积的概念。

1. 自由积的构造

　　 给定两个群 $G$ 和 $H$，取集合 $G\cup H$ 上的自由群 $F(G\cup H)$，则 $F(G\cup H)$ 的元素形如 $x_1x_2\cdots x_k$ 的有限长字符串，其中 $k$ 是某个正整数，各 $x_i$ 都是 $G\cup H$ 的元素。

　　 在 $F(G\cup H)$ 上定义一个等价关系：如果字符串 $g_1g_2\cdots g_k$ 中各 $g_i\in G$，那么令 $g_1g_2\cdots g_k\sim g_1\cdot g_2\cdot\cdots\cdot g_k$，即把该字符串等同于各字母在群 $G$ 中运算的结果；同样地把字母都是 $H$ 中元素的字符串等同于这些元素在群 $H$ 中的运算结果；把 $G$ 和 $H$ 的单位元等同于空词。比如说，在整数加法群 $\mathbb{Z}$ 中，把字符串 $123$ 等同于数字 $1+2+3$ 所代表的字符串，即只有一个字母 $6$ 的字符串。

　　 这样一来，商群 $F(G\cup H)/\sim$ 中的字符串就形如 $g_1h_1g_2h_2\cdots g_kh_k$、$g_1h_1g_2h_2\cdots g_k$、$h_1g_1h_2g_2\cdots h_kg_k$ 或 $h_1g_1h_2g_2\cdots h_k$ 的字符串，或者简单来说，有限长的 $g$ 和 $h$ 的交替字符串，其中 $g, g_i\in G$，$h, h_i\in H$。

　　 称商群 $F(G\cup H)/\sim$ 为群 $G$ 和群 $H$ 的自由积（free product），记为 $G*H$。

2. 共合积

　　 简单来说，$G*_FH$ 的元素依然是 $H$ 和 $G$ 中元素交替排列的字符串，但是在给定同态 $\phi:F\rightarrow G$ 和 $\varphi:F\rightarrow H$ 时，把所有 $\phi(f)\sim\varphi(f)$ 都看成等价元素。

　　 既然是自由群上规定等价关系得来的，共合积也可以用描述为自由群的商群。

　　 证明：

　　 $\langle S \rangle \lhd G*H$ 很好证，从形式上就可以，此处只举一例权作证明思路：对于 $A\varphi(x)\phi(x^{-1})A^{-1}B\phi(y)\varphi(y^{-1})B^{-1}\in \langle S \rangle$，任取 $C\in G*H$，则

　　 下证 $G*H/\langle S \rangle \cong G*_F H$。

　　 定义满同态 $\sigma:G*H\to G*_FH$，使得 $\sigma$ 限制在 $G$ 或 $H$ 上都是恒等映射。

　　 取 $G*H\subseteq G*H*F$ 中的一个已化简的词 $W$，则 $\sigma(W)$ 等价于把 $W$ 中能替换为 $F$ 中元素的字母都替换了。替换后，如果有来自 $F$ 的字母相邻，将它们进行 $F$ 的群运算，再把所得新词中来自 $F$ 的字母都替换回 $G$ 或 $H$ 中，化简，所得结果依然等价于¹ $W$。$G*H$ 中任何等价于 $W$ 的词都可以按这个程序得出。

　　 如果 $W$ 中没有任何字母可以替换，那么 $W$ 无法化简为空字。

　　 于是，如果 $\sigma(W)=1$，则 $W$ 中必有可以替换进 $F$ 的字母。挑其中一个这样的字母如 $a=\varphi(x)$，则可将其补充为 $a\phi(x^{-1})\phi(x)$，使得 $W$ 作为自由积 $G*H$ 不变。补充后，保持 $a\phi(x^{-1})$ 部分不动，剩下部分按自由积的定义化简。接下来，在剩下的可替换进 $F$ 的字母中挑一个，重复上述补充、化简的程序²。

　　 可替换字母乘以一个不可替换字母，结果一定是不可替换的³。

　　 将上述步骤最后所得的词按共合积的定义化简，即先将所有形如 $\varphi(x)\phi(x^{-1})$ 和 $\phi(x)\varphi(x^{-1})$ 的元素化为 $1$，然后将所得结果按自由积的定义化简。此时如果所得结果是 $1$，那么 $W$ 确实是 $S$ 中的元素相乘而得；如果不是，那么它已经不可再施行上述补充、化简的程序，从而 $W$ 不可能等价为 $1$。

　　 综上，$ \operatorname {ker}\sigma\subseteq \langle S \rangle $

　　 又显然有 $\langle S \rangle \subseteq \operatorname {ker}\sigma$，从而 $ \operatorname {ker}\sigma=\langle S \rangle$。由群同态基本定理即可得证。

　　 证毕。

　　 $\langle S \rangle$ 实际上是 $G*H$ 中包含形如 $\varphi(x)\phi(x^{-1})$ 和 $\phi(x)\varphi(x^{-1})$ 的元素的最小正规子群。你可能会疑问，如果包含这些元素的最小正规子群是 $N$，那么任取 $A, B\in G*H$，应有

1. ^ 比如令 $W=g_1h_1g_2h_2g_3$，替换后可能得到 $g_1h_1x_1x_2g_3$，如果 $x_1x_2=x_3$，则 $W$ 还等价于 $g_1h_1x_3g_3$，这时候我们再把 $x_3$ 替换为 $\varphi(x_3)$ 或者 $\phi(x_3)$，将它和 $g_3$ 或者 $h_1$ 运算后得到剩下的词。
2. ^ 举例而言，设 $f_i\in F$，令 $\varphi(f_i)=a_i, \phi(f_i)=b_i$，而 $W=\cdots a_1b_2a_3 \cdots$。先对 $a_1$ 进行程序，所得结果为 $\cdots a_1b_1^{-1}b_1b_2a_3 \cdots $，注意此时 $b_1b_2$ 是一个元素。接下来对 $b_1b_2$ 进行程序，得到 $\cdots a_1b_1^{-1}b_1b_2a_2^{-1}a_1^{-1}a_1a_2a_3 \cdots $；再对 $a_1a_2a_3$ 进行程序，得到 $\cdots a_1b_1^{-1}b_1b_2a_2^{-1}a_1^{-1}a_1a_2a_3b_3^{-1}b_2^{-1}b_1^{-1}b_1b_2b_3 \cdots $。最后这一步的最后三个字母 $b_1b_2b_3$ 要乘进后面的省略号里，该省略号的第一个字母确实是 $H$ 的元素。
3. ^ 原因是子群中的元素乘以子群外的元素一定在子群外，这可由消去律得。这里的子群就是 $\varphi(F)$ 和 $\phi(F)$。