Supongamos que$G$ es un grupo abeliano libre de torsión y que$G \otimes_\mathbb{Z}\mathbb{Z}_l$ no tiene rango finito como un módulo$\mathbb{Z}_l$ - donde$\mathbb{Z}_l$ denota el$l$ - enteros adic y$l $ es un número primo fijo. ¿Podemos concluir que$G$ está libre de rango finito? Además, ¿qué sucede si la declaración es verdadera para todos los números primos$l$?
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Ravi Fernando
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(Editado para reflejar que$\mathbb Z_{l}$ denota los% enteros$l$ - adic en lugar de$\mathbb Z/l\mathbb Z$.)
No. Deje que$G$ sea el grupo aditivo del anillo$\mathbb Z[1/p]$, donde$p \neq l$ es un primo. Luego puede verificar que$\mathbb Z[1/p] \otimes_{\mathbb Z} \mathbb Z_l = \mathbb Z_l$, esencialmente porque$1/p \in \mathbb Z_l$. Esto está libre de rango uno sobre$\mathbb Z_l$, incluso aunque$\mathbb Z[1/p]$ no se genera finitamente como un grupo abeliano.
El resultado es false si usted requiere que $G\otimes_{\mathbb Z}\mathbb Z_l$ es libre de rango finito para cada prime $l$.
Deje $G$ ser el subgrupo de $\mathbb Q$ generado por $1/p$ para cada uno de los prime $p$. De manera equivalente, que consiste, precisamente, de los números racionales con squarefree denominador.
G no es finitely generado: de hecho, en cualquier finitely generado subgrupo de $G$ de los elementos son de limitada denominador. Por lo tanto no puede ser libre, ya que es de rango uno.
Puedo reclamar $G\otimes_{\mathbb Z}\mathbb Z_l=\mathbb Z_l$ para cualquier prime $l$. Uno tiene una corta secuencia exacta $$0\rightarrow \mathbb Z\rightarrow G\rightarrow \bigoplus_{p\; \mathrm{prime}}\mathbb Z/p\mathbb Z\rightarrow0,$$ which after applying $-\otimes_\mathbb Z \mathbb Z_l$ yields $$0\rightarrow \mathbb Z_l\rightarrow G\otimes_{\mathbb Z}\mathbb Z_l\rightarrow \mathbb Z/l\mathbb Z\rightarrow0$$ de nuevo exacta. Pero ahora $G\otimes_{\mathbb Z}\mathbb Z_l$ es un finitely generadas $\mathbb Z_l$-módulo de torsión libre como un grupo abelian. Podemos deducir a partir de la clasificación que $G\otimes_{\mathbb Z}\mathbb Z_l=\mathbb Z_l$ como se desee.
