Mostrar $(\mathbb{C}^*,\cdot,1) \cong (\mathbf{T},\cdot,1)\times (\mathbb{R}_{>0},\cdot,1)$ donde $\mathbf{T} = \{a+bi \in \mathbb{C}|a^2+b^2=1\}$.

Question

Espectáculo $(\mathbb{C}^*,\cdot,1) \cong (\mathbf{T},\cdot,1)\times (\mathbb{R}_{>0},\cdot,1)$ donde$\mathbf{T} = \{a+bi \in \mathbb{C}|a^2+b^2=1\}$$\mathbb{C}^*=\mathbb{C}\setminus \{0\}$.

Así que esto significa que tenemos que mostrar que el plano complejo, sin que el origen es isomorph a un cilindro de radio 1 'justo por encima de' el plano complejo. Ahora si podemos encontrar un bijection $f:\mathbb{C}^* \to\mathbf{T}\times \mathbb{R}_{>0}$ donde $f(x\cdot y) = f(x)\cdot f(y)$ hemos terminado. Yo estaba pensando en usar la función $$f:(a+bi) \mapsto (e^{i\tan^{-1}(\frac{b}{a})},a^2+b^2)$$ which simply means that we map every point in $\mathbb{C}^*$ to a point in the cylinder with angle equal to the angle of the original point and height equal to the magnitude of the original point. I got this idea from thinking about cylindrical coordinates $(r,\theta , z)$ where $r=1$. This is certainly a bijection because there exist an inverse transformation $f^{-1}: (u,r) \mapsto \left(r \left(\cos(\frac{\log(u)}{i}\right) + i \sin\left(\frac{\log(u)}{i}\right)\right)$ leading back to the original point in $\mathbb{C}^*$. However if we let $x=a+bi$ and $y=c+di$: $$f(x\cdot y) = (e^{i\tan^{-1}(\frac{ad+bc}{ac-bd})}, (ac-bd)^2+(ad+bc)^2)$$ y $$f(x)\cdot f(y)= (e^{i\tan^{-1}(\frac{b}{a})},a^2+b^2) \cdot (e^{i\tan^{-1}(\frac{d}{c})},c^2+d^2)$$ $$ = (e^{i[\tan^{-1}(\frac{b}{a})+\tan^{-1}(\frac{d}{c})]},(a^2+b^2)\cdot (c^2+d^2))$$ ¿Cómo puedo probar de aquí que $f(x\cdot y) =f(x)\cdot f(y)$? Tengo una corazonada de que el es la verdad y sería mucho más fácil probar que si se convierte a coordenadas polares, pero estoy tratando de evitar esto (debo?). La afirmación es verdadera si $\tan^{-1}(\frac{ad+bc}{ac-bd} )= \tan^{-1}(\frac{b}{a}) + \tan^{-1}(\frac{c}{d})$. Gracias de antemano por cualquier ayuda, y espero que la pregunta es clara!

Answer 1

Prueba $\mathbf T\times \mathbb R_{>0}\to\mathbb C^\times $, $(a+bi, r)\mapsto r(a+bi)$

Answer 2

¿Tienes confianza con el producto directo de los grupos?

Si es así, considere el siguiente resultado (que puede ser fácilmente probado): dado un grupo de $G$, si existen normal subgrupos $H,K$ $G$ tal que $H\cap K=\{1\}$$G=HK\overset{def}{=}\{hk\in G: h\in H,\ k\in K\}$,$G\cong H\times K$.

Ahora establecer $G:=(\mathbb{C}^{*},\ \centerdot,\ 1)$, $H:=(\mathbf{T},\ \cdot,\ 1)$ y $K:= (\mathbb{R}_{>0},\ \cdot,\ 1)$. Desde $G$ es abelian, $H$ $K$ son subgrupos normales de $G$ y trivialmente $\mathbf{T}\cap \mathbb{R}_{>0}=\{1\}$. Por otra parte, debido a la representación polar de los números complejos (consulte "números Complejos" de la sección de aquí si es necesario y observe que para cada una de las $\theta\in \mathbb{R},\ \vert e^{i\theta}\vert =1$), también tenemos $HK=G$ y, a continuación, hemos terminado.

Aquí es una prueba de que el mencionado resultado. Así que tenemos un grupo de $G$ y normal subgrupos $H,K$$H\cap K=\{1\}$$HK=G$. Esto significa que para cada una de las $g\in G,\ \exists h\in H$ $\exists k\in K$ tal que $hk=g$. Por otra parte, si $h_{1}\in H$ $k_{1}\in K$ son tales que $hk=h_{1}k_{1}$, $h_{1}^{-1}h=k_{1}^{-1}k$ y, por tanto,$h_{1}^{-1}h=k_{1}^{-1}k\in H\cap K\iff h_{1}^{-1}h=k_{1}^{-1}k=1$. A continuación, $h_{1}^{-1}h=1\implies h_{1}^{-1}=h^{-1}\implies h_{1}=h$ y, de forma similar obtenemos $k_{1}=k$. Este argumento dice exactamente que el mapa $$ \alpha\colon H\times K\longrightarrow G=HK,\qquad (h,k)\mapsto hk$$ is a bijection. (By the way, notice that this $\alpha$ is precisely the map Hagen von Eitzen suggested). Now we need to show that $\alpha$ is also a homomorphism of groups, i.e. that for each $(h,k),(h_{1},k_{1})\H\times K$ one has $$hh_{1}kk_{1}=\alpha ((h,k)(h_{1},k_{1})=\alpha((h,k))\alpha((h_{1},k_{1}))=hkh_{1}k_{1}$$ Para demostrar esta igualdad utilizamos la normalidad de $H,K$ y el hecho de que su intersección es trivial. De hecho, $$ hh_{1}kk_{1}=hkh_{1}k_{1}\iff hh_{1}kk_{1}k_{1}^{-1}h_{1}^{-1}k^{-1}h^{-1}=1\iff hh_{1}kh_{1}^{-1}k^{-1}h^{-1}=1. $$ Ahora, desde la $K$ es normal en $G$, $h_{1}kh_{1}^{-1}\in K$ (un subgrupo $K$ de un grupo de $G$ es normal en $G$ fib $\forall k\in K,\ \forall g\in G$ ha $gkg^{-1}\in K$) y, por tanto,$hh_{1}kh_{1}^{-1}k^{-1}h^{-1}=h(h_{1}kh_{1}^{-1}k^{-1})h^{-1}\in K$ ($K$ es un subgrupo). De la misma manera, la normalidad de $H$ $G$ implica que el $kh_{1}^{-1}k^{-1}$ pertenece a $H$ y, a continuación, también se $l:=hh_{1}kh_{1}^{-1}k^{-1}h^{-1}=hh_{1}(kh_{1}^{-1}k^{-1})h^{-1}$. Por lo tanto, $l\in H\cap K$ y, a continuación,$l=1$, por lo que el $\alpha$ es de hecho una de morfismos de grupos.