Homomorfismos entre $ \mathbb{Z} $ módulos.

Question

Calcule $\newcommand\Hom{\operatorname{Hom}}\Hom(\mathbb Z \oplus \mathbb Z_{p^\infty},\mathbb Z \oplus \mathbb Z_{p^\infty})$ . En $ \mathbb Z_{p^\infty}= \bigcup_{k=1}^{\infty}\bar{\langle\frac1{p^k}\rangle}$ para $p$ de primera.

En $\mathbb Z$ y $\mathbb Z_{p^\infty}$ son $\mathbb Z$ -entonces aplicando el teorema $\Hom_A ( \bigoplus_{i \in I} M_i, \prod_{j \in J} N_j ) \cong\prod_{(i,j) \in I \times J} \Hom(M_i,N_j)$ porque para índices finitos tenemos $\bigoplus_{i=1}^{n}M_i = \prod_{i=1}^n M_1$ . Entonces el problema se reduce a encontrar aquellos $\Hom$ donde

$$ \Hom(\mathbb{Z}, \mathbb{Z}) \cong \mathbb{Z} $$ $$ \Hom(\mathbb{Z},\mathbb{Z}_{p^\infty}) \cong \mathbb{Z}_{p^\infty}$$ pero $\Hom(\mathbb{Z}_{p^\infty},\mathbb{Z})$ y $\Hom(\mathbb{Z}_{p^\infty},\mathbb{Z}_{p^\infty})$ no cómo calcularlos.

Answer 1

Para comprender $\newcommand\Hom{\operatorname{Hom}}\Hom$ piensa en los generadores. Puesto que cualquier generador de $\mathbb{Z}_{p^\infty}$ es torsión, tiene que mapear a $0$ en $\mathbb{Z}$ . Así que.., $$ \Hom(\mathbb{Z}_{p^\infty}, \mathbb{Z}) = 0. $$

Para comprender $\Hom(\mathbb{Z}_{p^\infty}, \mathbb{Z}_{p^\infty})$ consideremos la definición de $\mathbb{Z}_{p^\infty}$ como límite directo. $$ \mathbb{Z}_p \overset{p}{\to} \mathbb{Z}_{p^2} \overset{p}{\to} \mathbb{Z}_{p^3} \overset{p}{\to} \cdots \to \mathbb{Z}_{p^\infty} $$ Cualquier mapa de un límite directo se caracteriza por el diagrama conmutativo de mapas de cada uno de los grupos del sistema dirigido. Así, si $x_n$ es un generador de $\mathbb{Z}_{p^n}$ su imagen en $\mathbb{Z}_{p^{n+1}}$ es $px_{n+1}$ para algún generador de $\mathbb{Z}_{p^{n+1}}$ . Se identifican en el límite directo $\mathbb{Z}_{p^\infty}$ por lo que para cualquier $f \in \Hom(\mathbb{Z}_{p^\infty}, G)$ para cualquier grupo $G$ , $$ f(x_n) = p f(x_{n+1}) = p^2 f(x_{n+2}) = \cdots $$ Así, $f(x_n)$ debe ser infinitamente divisible: $f(x_n) = p^k f(x_{n+k})$ para cualquier $k \ge 0$ . De hecho, se puede demostrar que $$ \Hom(\lim_{\to} A_n, G) \cong \lim_{\leftarrow}\Hom(A_n, G), $$ para cualquier grupo abeliano. En tu caso, $$ \begin{align} \Hom(\mathbb{Z}_{p^\infty}, \mathbb{Z}_{p^\infty}) &\cong \Hom(\lim_{\to} \mathbb{Z}_{p^n}, \mathbb{Z}_{p^\infty}) \\ &\cong \lim_{\leftarrow}\Hom(\mathbb{Z}_{p^n}, \mathbb{Z}_{p^\infty}) \\ &\cong \lim_{\leftarrow}\mathbb{Z}_{p^n}. \end{align} $$ El último grupo es un grupo abeliano incontable llamado grupo $p$ -enteros radicales.

Answer 2

$\mathbb{Z}/p^{\infty}$ es divisible, esto implica $\hom(\mathbb{Z}/p^{\infty},\mathbb{Z})=0$ .

Tenemos $\mathbb{Z}/p^{\infty} \cong \mathrm{colim}_n ~\mathbb{Z}/p^n$ Por lo tanto $\hom(\mathbb{Z}/p^{\infty},\mathbb{Z}/p^{\infty}) \cong \lim_n \hom(\mathbb{Z}/p^n,\mathbb{Z}/p^{\infty})$

Ahora $\hom(\mathbb{Z}/p^n,\mathbb{Z}/p^{\infty})$ es isomorfo al $p^n$ -torsión de $\mathbb{Z}/p^{\infty}$ que es isomorfo a $\mathbb{Z}/p^n$ . Por lo tanto, $\hom(\mathbb{Z}/p^{\infty},\mathbb{Z}/p^{\infty}) = \mathbb{Z}_p$ el anillo de $p$ -enteros radicales.

Answer 3

$\def\Z{\mathbb{Z}}\def\Hom{\mathrm{Hom}}$ Tenemos $\Hom(\Z_{p^\infty},\Z)=0$ porque $\Z_{p^\infty}$ es divisible y $\Z$ se reduce.

Por otra parte $\Hom(\Z_{p^\infty},\Z_{p^\infty})$ es el anillo de $p$ -enteros radicales. Encontrará su descripción en cualquier libro de Álgebra (Cohn, por ejemplo, o Atiyah-McDonald), o en http://en.wikipedia.org/wiki/P-adic_number