Dejemos que $ \mathbb{C}^*$ sea el grupo multiplicativo de los números complejos distintos de cero. Sea $G$ sea un grupo abeliano y suponga $f: G \to \mathbb{C}^*$ es un homomorfismo. Demostrar que $\sum_{g \in G} f(g)=n$ o, $\sum_{g \in G} f(g)=0$ , donde $n =o(G)$
Intento de prueba:
El caso es evidente para el homomorfismo trivial; la suma es $n$ .
Para la segunda parte
Sabemos que los únicos elementos con orden finito en el grupo $ \mathbb{C}^*$ son $1$ y $-1$ con $o(-1)=2$ .
Ahora bien, el único caso en que $f(g)$ puede tomar $-1$ como valor es cuando $n$ está en paz.
Consideremos el subgrupo $(\{1, -1\}, .) = G'$ del grupo $ \mathbb{C}^*$ . Tenemos, a partir del Teorema del Isomorfismo, $ G/ \ker( f ) \simeq G' $ [desde $f$ toma cada valor de $G'$ ].
Como $o(G')=2$ , $o(G/ \ker( f ))=2$ es decir $o(\ker (f))= n/2$ . Por lo tanto, al sumarlos, la resultante es $0$ .
Edición: Se ha hecho una suposición tonta. Los números complejos finitos ordenados en dicho grupo son de la forma $z^n=1$ Así que he "demostrado" un caso muy restringido, que no es en absoluto deseado.
7 votos
¿Cuál es el orden de $i$ ¿entonces?
2 votos
¿Tiene que tener G un orden finito?
0 votos
@JoelPereira:. no es eso lo que implican las declaraciones $\sum f(g) = n$ y $n = o(G)$ ?
0 votos
@the_fox :( de vuelta al principio.
1 votos
@RobertLewis no está implícito. Si G = el grupo multiplicativo de $\mathbb{R}^+$ , todavía podemos formar la suma. En ese caso la suma sería divergente.