Existencia de homomorfismo inyectivo

Question

Me interesa saber si $\operatorname{Hom}(-,S^1)$ es exacta, entendiendo $S^1$ como el grupo de módulo $1$ números complejos, es exacta en la categoría de grupos abelianos finitos, porque eso me permitiría demostrar que todo subgrupo de dicho grupo $G$ es isomorfo a un cociente de $G$ .

En este momento estoy tratando de mostrar que transforme las inyecciones en las sobreinyecciones. Dejemos que $H,G$ grupos abelianos finitos y $h:H\to G$ homomorfismos inyectivos. Escribiré $h^*$ para $\operatorname{Hom}(h,S^1)$ . Para demostrar que $h^*$ es suryente tomo dos homomorfismos $j: F\to H$ y $k:F\to H$ tal que $j^*h^*=k^*h^*$ . Apliquemos esto a $z\in \operatorname{Hom}(F,S^1)$ . Obtenemos $j^*h^*(z)=k^*h^*(z)\Rightarrow z\circ h\circ j=z\circ h\circ k$ .

Si pudiera encontrar un morfismo inyectivo $z$ entonces tendría $h\circ j=h\circ k$ que por la inyectividad de $h$ resultaría en $j=k$ . Sé además que $\operatorname{Hom}(F,S^1)\cong F$ Así que tal vez sólo tendría que tomar la imagen del elemento $(1,\dots, 1)$ (dado por el teorema de la estructura) bajo este isomorfismo. Como este isomorfismo viene dado por el hecho de que $\mathbb{Z}_p\cong\mathbb{Z}_p^*$ identificar un elemento en $\mathbb{Z}_p$ con el $p$ -a raíz de la cual $1$ está mapeado, $(1,\dots, 1)^*$ enviaría el $i$ -en $1$ a la primera $p_i$ -en la raíz. Dado que cada $p_i$ es diferente y son primos, no hay raíces coincidentes para elementos diferentes.

¿Es posible lo que intento hacer? Agradecería que alguien pudiera responder también a mi primera pregunta, que es: ¿es $\operatorname{Hom}(-,S^1)$ ¿exactamente en este contexto?

Answer 1

El grupo $S^1$ de números complejos de módulo $1$ es divisible, por lo que es un objeto inyectivo en la categoría de grupo abeliano, lo que equivale a decir que el functor $\operatorname{Hom}({-},S^1)$ es exacta.

Un grupo $D$ (escrito de forma aditiva) es divisible si, para cada $x\in D$ y cada número entero $n\ne0$ , hay $y\in G$ tal que $x=ny$ .

Un grupo $E$ es inyectiva si el functor $\operatorname{Hom}(-,E)$ es exacta por la derecha (o exacta, ya que es exacta por la izquierda para todo grupo).

Ser divisible es una condición necesaria para ser inyectiva. En efecto, dejemos que $E$ sea inyectiva y consideremos la inyección $n\mathbb{Z}\to\mathbb{Z}$ . Desde $E$ es inyectiva, el mapa inducido $\operatorname{Hom}(\mathbb{Z},E)\to\operatorname{Hom}(n\mathbb{Z},E)$ es suryente.

Toma $x\in E$ y definir $f\colon n\mathbb{Z}\to E$ por $f(nk)=kx$ . Entonces, por suposición, este mapa es la restricción a $n\mathbb{Z}$ de un homomorfismo $g\colon\mathbb{Z}\to E$ . Entonces $x=f(n)=g(n)=ng(1)$ Así pues, tomando $y=g(1)$ hemos proporcionado el elemento $y$ tal que $x=ny$ .

Lo contrario se conoce como El criterio de Baer un módulo derecho $E$ sobre el anillo $R$ es inyectiva si y sólo si, para cada ideal derecho $I$ de $R$ y todo homomorfismo $f\colon I\to E$ existe $y\in E$ tal que $f(r)=ry$ para cada $r\in I$ .

Answer 2

Creo que puedes hacerlo directamente, ya que estás trabajando en la categoría de grupos abelianos finitos, porque en este caso, $F=\bigoplus^n_{i=1} Z_{q_i}$ donde el $q_i$ son potencias de primos. Por lo tanto, se puede tomar $z:F\to S^1$ para ser el homomorfismo que envía cada generador $\gamma_i$ de $Z_{q_i}$ a un determinado $q_i$ -raíz de la unidad.