¿Existe algún homomorfismo de grupo sobreyectivo de $(\mathbb R^* , .)$ (el grupo multiplicativo de los números reales distintos de cero) en $(\mathbb Q^* , .)$ (el grupo multiplicativo de los números racionales distintos de cero)?
Supongamos que $f:\Bbb{R}^*\to\Bbb{Q}^*$ es un homomorfismo de este tipo. Entonces tenemos algún $x$ tal que $f(x)=2$ . Ahora toma una raíz cúbica $\sqrt[3]{x}$ de $x$ que siempre existe en $\mathbb{R}^*$ . Entonces $(f(\sqrt[3]{x}))^3 = f(x) = 2$ es decir $f(\sqrt[3]{x})$ es una raíz cúbica de $2$ . Pero $2$ no tiene raíz cúbica en $\mathbb{Q}^*$ Por lo tanto, esto es una contradicción.
Permítanme añadir un punto de vista más abstracto a los argumentos concretos ya expuestos.
Recordemos que un grupo $(G,\cdot)$ se llama divisible si para cada $a\in G$ , número entero positivo $n$ la ecuación $X^n = a$ tiene una solución.
(La terminología tiene más sentido en la notación aditiva, donde significa $nX=a$ tiene solución; es decir, se puede "dividir el $a$ en $n$ a partes iguales").
Ahora observa:
Así, la imagen de $(\mathbb{R}_+^{\ast}, \cdot)$ bajo cada homorfismo $\varphi$ de $(\mathbb{R}^{\ast}, \cdot)$ a $(\mathbb{Q}^{\ast}, \cdot)$ debe ser trivial.
Ahora, para $x$ negativo tenemos que $x^2$ es positivo y por lo tanto $\varphi(x)^2=\varphi(x^2)= 1$ . Así, $\varphi(x)$ es $\pm 1$ . (Ver también otra respuesta para esto).
Supongamos que hay dos números negativos $x,y$ tal que $\varphi(x) \neq \varphi (y)$ entonces $1= \varphi(xy) = \varphi(x)\varphi(y) = -1$ una contradicción.
Por lo tanto, o bien todos los números negativos tienen imagen $1$ o todos los números negativos tienen imagen $-1$ .
Se deduce que los dos únicos homomorfismos que puede haber son $x \mapsto 1$ y $x \mapsto \operatorname{sign}{(x)}$ .
Ambos son, en efecto, homomorfismos, pero ninguno de ellos es sobreyectivo.
el único subgrupo divisible de $(\mathbb Q^* , .)$ es trivial ... Puedo sentirlo intuitivamente, pero ¿cómo se demuestra esto rigurosamente?
La cuestión es que no se pueden tomar raíces arbitrarias de un número racional (en los racionales). Supongamos que $a$ permitiría una solución, en los racionales, a $X^n =a$ para cada $a$ . Mostramos $a=1$ Podemos centrarnos en $a$ positivo, ya que un número negativo no tiene raíz cuadrada. Así pues, $a = p_1^{v_1} \dots p_k^{v_k}$ con primos distintos $p_i$ y los enteros $v_i$ . Ahora para $X^n = a$ para tener una solución necesitamos $n \mid v_i$ para cada $i$ . Para cada uno de los fijos $a$ Por lo tanto, esto no puede tener una solución para todos $n$ a menos que todos los $v_i$ son $0$ es decir $a=1$ .
$f(-1)^2=f(1)$ implica que $f(-1)=1$ o $f(-1)=-1$ . Supongamos que $f(-1)=1$ . Dejemos que $x>0$ , $f(x)=f(\sqrt x)^2$ . Implica que $f(x)$ es un cuadrado, $f(-x)=f(-1)f(x)>0$ . Imposible. Desde $f$ es suryente.
Supongamos que $f(-1)=-1, f(-x)=-f(\sqrt x)^2$ y $f(x)=f(\sqrt x)^2$ esto implica que $f$ no es suryente ya que $1/2$ no está en la imagen: es positivo pero no es el cuadrado de un racional.
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