Homomorfismo de $\mathbb{Z}\oplus \mathbb{Z}\oplus \mathbb{Z}\rightarrow \mathbb{Z}\oplus \mathbb{Z}$ tiene núcleo no trivial: argumento elemental

Question

Uno puede dar una primaria argumentos (evitando el "rango") para demostrar que el grupo homomorphism $f$ $\mathbb{Z}\oplus \mathbb{Z}$ $\mathbb{Z}$no trivial del kernel:

Deje $f:(1,0)\mapsto a$$f:(0,1)\mapsto b$, y podemos asumir que $a,b\neq 0$. A continuación,$(b,-a)$$\ker f$.

Me preguntaba- ¿podemos dar tan elementales argumento para probar que cualquier homomorphism de $\mathbb{Z}\oplus \mathbb{Z}\oplus \mathbb{Z}$ $\mathbb{Z}\oplus \mathbb{Z}$no trivial kernel? (Me gustaría evitar el uso de la "rango", etc.)

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Asimismo, en topología, $\mathbb{R}$ $\mathbb{R}^2$ no homeomórficos, y esto puede ser demostrado por algunos "conectividad" argumento. Pero, este argumento no puede trabajar para demostrar que $\mathbb{R}^2$ $\mathbb{R}^3$ no homeomórficos. Así, en la pregunta de arriba, no sé si nos puede dar elemental argumento

Answer 1

Supongamos $(a,b),(c,d),(e,f)\in\Bbb Z^2$ satisfacer ninguna relación no trivial. A continuación, en particular, ningún par de ellos. Desde $d(a,b)-b(c,d)=(ad-bc,0)$, si en un par de vectores en $\Bbb Z^2$ son independientes, entonces el determinante de la plaza que resulta de la matriz debe ser distinto de cero. (De lo contrario $b$$d$$0$, lo cual es imposible ya que $(a,0)$ $(c,0)$ no son linealmente independientes). Ahora tenemos

$$\begin{array}{l} (ad-bc,0) = \color{Purple}{d(a,b)-b(c,d)}, \\ (af-be,0)=\color{DarkOrange}{f(a,b)-b(e,f)}. \end{array}$$

Ahora la simplificación $(af-be)\big(\color{Purple}{d(a,b)-b(c,d)}\big)-(ad-bc)\big(\color{DarkOrange}{f(a,b)-b(e,f)}\big)$ da

$$0=(cf-de)b\color{Red}{(a,b)}-(af-be)b\color{Blue}{(c,d)}+(ad-bc)b\color{Green}{(e,f)}.$$

Desde que los tres factores determinantes de la $cf-de$, $af-bc$, $ad-b$ son cero, para que esto sea un trivial relación nos vemos obligados a concluir $b=0$. Por simetría, se pueden intercambiar los roles de los tres vectores en este argumento y la conclusión del mismo modo que $d=0$$f=0$. Uno puede incluso cambiar las coordenadas de cada vector (que preserva la independencia lineal) para obtener $a,c,e=0$. Pero esto implica tres vectores se $(0,0),(0,0),(0,0)$ lo cual es imposible!

Answer 2

Supongamos que tenemos un mapa $f:\Bbb Z^n\to\Bbb Z^m$ que es inyectiva. Puesto que $\Bbb Q$ $\Bbb Z$-plana, obtenemos una inyección de $\Bbb Q$-vector espacios $1\otimes f:\Bbb Q^n\to \Bbb Q^m$, que $n\leqslant m$.

Answer 3

Sí, uno puede hacer una construcción como la que proporcionó para $\mathbb Z\oplus\mathbb Z\to\mathbb Z$.

Que $f:\mathbb Z\oplus\mathbb Z\oplus\mathbb Z\to\mathbb Z\oplus\mathbb Z$ cualquier homomorfismo, deja $f(1,0,0)=(a_1,b_1)$, $f(0,1,0)=(a_2,b_2)$ y $f(0,0,1)=(a_3,b_3)$. Considerar $$(a_2b_3-a_3b_2,-(a_1b_3-a_3b_1),a_1b_2-a_2b_1),$ $ el producto cruzado de lo vectores $(a_1,a_2,a_3)$ y $(b_1,b_2,b_3)$.