Extensión no dividida de los racionales por los enteros

Question

Puede alguien describir explícitamente un grupo abelian $A$ de manera tal que la extensión de $$0 \to \mathbb{Z} \to A \to \mathbb{Q} \to 0$$ no de división ?

Antecedentes: La de Stein-teorema de Serre (Hilton, Stammbach: Un curso en homol. álgebra, Teorema 6.1) establece que si $A$ es abelian de contables rango (=número máximo de lineal de elementos independientes), a continuación, $Ext(A,\mathbb{Z})=0$ implica $A$ gratis. Cuando se aplica a $A= \mathbb{Q}$, llego a la conclusión de $Ext(\mathbb{Q},\mathbb{Z})\neq 0$. Por otra parte, mediante la interpretación de $A \in Ext(\mathbb{Q},\mathbb{Z})$ extensión $0 \to \mathbb{Z} \to A \to \mathbb{Q} \to 0$ de abelian grupos, debe haber un $A$ de manera tal que la extensión no dividir. El problema es que la prueba del teorema no es constructiva y no a mostrar cómo construir un $A$.

Answer 1

Buena pregunta. Para un primer $p$ deje $\mathbb{Z}_{(p)} = \lbrace \frac{a}{b}\in \mathbb{Q}\mid p \nmid b\rbrace$ e $\mathbb{Z}[p^{-1}] = \lbrace \frac{a}{p^n}\in \mathbb{Q}\mid n \ge 0 \rbrace$. Entonces

$$A := \lbrace (x,y) \in \mathbb{Q} \times \mathbb{Z}[p^{-1}] \mid x-y \in \mathbb{Z}_{(p)} \rbrace$$ tiene el deseado no-división de extensión. Informal $A$ se compone de todos los pares $(x,y) \in \mathbb{Q} \times \mathbb{Q}$ donde $y$ es el $p$-parte de la fracción parcial de la descomposición de $x$ (hasta un entero sumando).

Prueba: Vamos a $\rho: A \to \mathbb{Q}$ ser la proyección en el primer factor y $i: \mathbb{Z} \hookrightarrow A$ inclusión en el segundo factor. Por parcial fracción de la descomposición de los racionales, $\rho$ es surjective y $$\ker(\rho)=0 \times \big(\mathbb{Z}[p^{-1}] \cap \mathbb{Z}_{(p)}\big) = 0 \times \mathbb{Z} = \operatorname{im}(i).$$

A continuación, vamos a $j: \mathbb{Q} \to A$ ser una división de hom. de $\rho$. Componer $j$ con la proyección en el segundo factor se obtiene un hom. $f: \mathbb{Q} \to \mathbb{Z}[p^{-1}] \le \mathbb{Q}$. Ya que cada endomorfismo de $\mathbb{Q}$ es la multiplicación con algunos $q \in \mathbb{Q}$ tenemos $f(x)=qx \in \mathbb{Z}[p^{-1}]$ para todos los $x \in \mathbb{Q}$ que sólo es posible a $q=0$. Por lo tanto $j(x)=(x,0) \in A$ para todos los $x \in \mathbb{Q}$. Establecimiento $x=1/p$ obtenemos $1/p \in \mathbb{Z}_{(p)}$ que es la deseada contradicción. QED

Answer 2

Deje $A$ ser un subgrupo de $\mathbb{Q}^2$, generado por $e:=(0,1)$ e $f_n:=(1/n!,\alpha_n)$, donde $\alpha_n = \frac{1}{n} (\alpha_{n-1} + \nu_n)$, $\alpha_1 = 1$, y $\nu_n \in \mathbb{Z}$, que se especifica más adelante.

Primero de todo, tenga en cuenta que para cada una de las $n$ los vectores $e$ e $f_n$ generar un subgrupo $A_n$ que contiene $A_{n-1}$, y que $A = \bigcup_n A_n$, por lo que se puede comprobar fácilmente que $A \cap (0 \times \mathbb{Q})$ es el subgrupo generado por $e$, isomorfo a $\mathbb{Z}$. Además, es el núcleo de la mapa en el que se calcula la primera coordenada, y la imagen es exactamente $\mathbb{Q}$.

Ahora mi objetivo es elegir a $\nu_n$ de tal manera que ningún elemento de $A$ es divisible suficiente. Claramente esto se puede hacer de muchas maneras. Fijar un $n$ por un momento, y observe que para $x \in A_n$ a ser divisible por un gran primer $p>n$ su segunda coordenada debe ser igual a $\frac{p!}{n!} \alpha_p$ modulo $p$. Así que eligiendo $\nu_p$ podemos asegurar que fija $x$ no es divisible por $p$. Lo que queda es la enumeración de ellos cuidadosamente y elegir $\nu_p$ de tal manera que por cada $n$ y cada una de las $x \in A_n$ existe al menos una $p$ tal que $x$ no es divisible por $p$. Por lo tanto necesitamos un inyectiva mapa de $(n,x) \mapsto p$ sujeto a $p > n$. Es fácil pero complicado de escribir... Sólo para elaborar todo el proceso: se elige $\nu_n$, en su orden habitual, y cada vez que nos topamos con un distinguido prime $p$ que es responsable de algunos de $(n,x), n < p$, debemos actuar de acuerdo con nuestro conocimiento de la anterior $\alpha$'s.

Answer 3

Edificio en Ralph respuesta un poco podemos obtener una cantidad no numerable de no equivalentes ejemplos como Mark Grant comentario en el post original sugiere que no debe ser.

Deje $S,T$ ser una partición de los números primos en dos conjuntos no vacíos (o si se prefiere, la multiplicación de los conjuntos generados por estos). Localizar en estos conjuntos y forman la secuencia $0\to\mathbb{Z}\to S^{-1}\mathbb{Z}\oplus T^{-1}\mathbb{Z}\to\mathbb{Q}\to 0$, donde el primer mapa es $n\mapsto (n,-n)$ y el segundo es $(a,b)\mapsto a+b$. (Mi comentario sobre Ralph respuesta fue el caso de $T = \{p\}$.) A continuación, el mismo parcial fracciones argumento como en la de Ralph respuesta muestra que esta es una secuencia exacta que no divide.

Ahora vamos a $U,V$ ser de otra partición de los números primos. Supongamos que existe un isomorfismo $f: S^{-1}\mathbb{Z}\oplus T^{-1}\mathbb{Z}\to U^{-1}\mathbb{Z}\oplus V^{-1}\mathbb{Z}$ de la correspondiente exacto secuencias equivalentes. Asumir WLOG que $S$ contiene al menos dos elementos $p,r\in S$ e $p\in U$.

Para cualquier $k\geq 1$, la equivalencia de la exacta secuencias de da $f(1/p^k,0) = (a_k,b_k)$ donde $a_k+b_k = 1/p^k$. Desde $p\in U$ e $U^{-1}\mathbb{Z}\cap V^{-1}\mathbb{Z} = \mathbb{Z}$, obtenemos $(a_k,b_k) = (1/p^k + m_k,-m_k)$ para algunos $m_k\in\mathbb{Z}$. El mapa de $f$ es un homomorphism, por lo $f(1,0) = (1 + p^km_k, -p^km_k)$. El valor de $k$ fue arbitraria, por lo que el segundo componente de la $f(1,0)$ es divisible por $p^k$ para todos los $k\geq 1$ y debe ser cero. Por lo tanto, $m_k = 0$ e $f(1/p^k,0) = (1/p^k,0)$ para todos los $k\geq 0$.

El mismo argumento muestra que el $f(1/r,0)$ es $(1/r,0)$ o $(0,1/r)$ dependiendo de si $r\in U$ o $r\in V$. El segundo caso haría $f(1,0) = (0,1)$, contradiciendo lo anterior, por lo $r\in U$. De esta manera obtenemos $S\subseteq U$. Los mismos argumentos se aplican a la isomorfismo $f^{-1}$ rendimiento $U\subseteq S$, lo $S=U$.

Por lo tanto la exacta secuencias son equivalentes si y sólo si $\{S,T\} = \{U,V\}$. Hay una cantidad no numerable de las particiones de los números primos en dos conjuntos no vacíos, por lo que hay una cantidad no numerable de no equivalentes, no split exacta de las secuencias de $0\to\mathbb{Z}\to A\to\mathbb{Q}\to 0$.