Quiero demostrar por el absurdo de que cada epimorphism de grupos es un surjective de morfismos. Así que vamos a $f\colon A\to B$ ser un epimorphism de grupos. Vamos a por absurdo suponer que $f$ no es surjective, de modo que la imagen $f(A)$ $f$ está correctamente contenida en $B$ y también vamos a suponer que $f(A)$ no es un subgrupo normal de $B$, porque en ese caso podemos formar el cociente del grupo de clases de elementos de $B$ modulo $f(A)$ y usar el mismo argumento que se utiliza para abelian grupos. Así, el índice de $f(A)$ $B$ debe ser de al menos $3$, de lo contrario $f(A)$ sería normal en $B$. Vamos $f(A)$, $f(A)u$ y $f(A)v$ tres cosets de $f(A)$$B$. Entonces, consideramos que la permutación $\sigma$$B$, definido por: $\sigma(xu)=xv$ para todos los $x\in f(A)$; $\sigma(xv)=xu$ para todos los $x\in f(A)$ $\sigma(b)=b$ sobre la parte restante de $B$. Entonces, para todos los $x,b\in B$, definamos $\psi_b(x)=bx$$\overline{\psi}_b=\sigma^{-1}\circ\psi_b\circ\sigma$. Finalmente vamos a definir $\psi,\overline{\psi}\colon B\to\operatorname{Sym}_B$$\psi(b)=\psi_b$$\overline{\psi}(b)=\overline{\psi}_b$. Desde $\psi\circ f=\overline{\psi}\circ f$,$\psi=\overline{\psi}$, debido a $f$ se supone que para ser un epimorphism. Así que tengo que probar que $\psi\neq\overline{\psi}$ para obtener una contradicción, pero no puedo. Puede usted por favor me ayude a mostrar que en realidad $\psi\neq\overline{\psi}$.
Respuesta
¿Demasiados anuncios?
Probablemente quiso definir $\sigma(xu) =xv$ $x\in f(A)$, no $x\in B$ (semejantemente para $\sigma(xv)$)
Si $\psi = \overline{\psi}$ esto significa que todas las $b$, $\psi_b$ y $\sigma$ viaje.
Tomar el $b= xu, x\in f(A)$. $\psi_b\circ \sigma(e) = \psi_b(e) = b$ y $\sigma\circ\psi_b(e) = \sigma(b) = \sigma(xu) = xv \neq b$.
