Homomorfismo $f: \mathbb{C}^* \rightarrow \mathbb{R}^*$ con grupos multiplicativos, demostrar eso núcleo de $f$ es infinito.

Question

Deje $f: \mathbb{C}^* \rightarrow \mathbb{R}^*$ ser un homomorphism del grupo multiplicativo de los números complejos para el grupo multiplicativo de los números reales. Necesito mostrar que el núcleo de $f$ debe ser infinito.

Yo no sé que $\mathbb{C}^*$ $\mathbb{R}^*$ son no isomorfos a cada uno de los otros a partir de aquí. Así que significa eso $f$ no es sobre? Pero ¿cómo voy a ser capaz de demostrar que el kernel es infinito?

Gracias de antemano.

Answer 1

Sugerencia: Hay infinitamente muchos números complejos $z$ que satisfacen la ecuación $z^n=1$ % entero impar $n$. ¿Qué puede decir sobre sus imágenes homomórficas?

Answer 2

No estoy terriblemente seguro de si esta es la misma cosa, Jyrki está dando a entender, y no me gustaría dar el juego de distancia, pero en cualquier caso creo que si esto no es una solución diferente, de lo que se aproxima desde un ángulo ligeramente diferente:

Sabemos que $\ker f$ es un subgrupo de $\mathbb{C}^\ast$, por lo que vamos a preguntar ¿cuáles son los subgrupos finitos de $\mathbb{C}^\ast$?

El resto me escondo en un spoiler en la etiqueta de abajo para dejar que usted piensa acerca de esto un poco más.

Primera observación: si $G < \mathbb{C}^\ast$ es un subgrupo finito, a continuación, todos los $z \in G$ debe tener la norma $1$, es decir,$z \in S^1$. (De lo contrario, $z, z^2, z^3, \dotsc$ es una secuencia infinita de elementos distintos en $G$.) Supongamos entonces que $G$ es finito y es el núcleo de $f:\mathbb{C}^\ast \rightarrow \mathbb{R}^\ast$. A continuación, vamos a $z \in G$, y, a continuación, $$f(2z) = f(2)f(z) = 2\cdot 0 = 0,$$ por lo $2z \in \ker f = G$. Pero esto es una contradicción ya que el $|2z| = 2 \neq 1$.

En otras palabras, no finito subgrupo $G$ $\mathbb{C}^\ast$ puede ser un núcleo.