Dejemos que $G$ sea cualquier grupo tal que
$$G\cong G/H$$ donde $H$ es un subgrupo normal de $G$ .
Si $G$ es finito, entonces $H$ es el subgrupo trivial $\{e\}$ . ¿Se mantiene el resultado cuando $G$ es infinito? ¿En qué tipo de grupo podría buscar un contraejemplo?
La pregunta es equivalente, a través del primer teorema del isomorfismo, a preguntar: ¿un morfismo de grupo suryectivo $G\to G$ ¿tiene necesariamente un núcleo trivial? La respuesta (para grupos infinitos) es "no".
Se puede tomar $\def\Z{\Bbb Z}G=\Bbb Q/\Z$ y para algún número entero $n>1$ toma el morfismo de multiplicación por $~n$ su núcleo es el subgrupo no trivial $H=(\frac1n\Z)/\Z\cong\Z/n \Z$ .
Este ejemplo también se puede realizar tomando por $G$ el grupo de todas las raíces de la unidad y el morfismo de tomar $n$ -potencias; su núcleo es el subgrupo $H$ de $n$ -raíces de la unidad. El mapa $\Bbb Q\to\Bbb C$ con $t\mapsto\exp(2\pi\mathbf it)$ induce un isomorfismo de la primera realización a ésta.
Para simplificar, se podría tomar por $n$ un número primo $~p$ y considerar sólo el $p^i$ -raíces de la unidad para algunos $i\in\Bbb N$ . Esto da la Prüfer $p$ -grupo .
Un ejemplo diferente que da una especie de realización de los núcleos de Frobenius. Sea $p$ sea un primo, $F=F_p=GF(p)$ , dejemos que $x$ sea una incógnita, y que $R$ sea el conjunto de los $F$ -combinaciones lineales de $x^q$ , donde $q$ es un número racional no negativo con la propiedad de que $p^\ell\cdot q$ es un número entero para algún número natural $\ell$ . Entonces $R$ es un anillo con respecto a las operaciones naturales. Sea $A=R/I$ donde $I$ es el ideal de $R$ generado por $x^p$ . Entonces $\phi:A\rightarrow A, a\mapsto a^p,$ es un endomorfismo suryente de $F$ -algebras con núcleo $J=$ el ideal generado por el coset $x+I$ . Sea $n\ge1$ sea un número entero. Por funtorialidad del esquema de grupos afines $GL_n$ la cartografía $\phi$ da (actuando a la entrada) un homomorfismo suryente de grupos $\phi:GL_n(A)\rightarrow GL_n(A)$ . Así, con $G=GL_n(A)$ y $H=\ker\phi$ obtenemos el isomorfismo deseado $G/H\simeq G$ . El subgrupo $H$ consiste en aquellas matrices que son congruentes con la matriz identidad módulo $J$ .
Probar que los grupos Baumslag-Solitar son un contraejemplo no es nada difícil, así que escribiré esta prueba para $BS(m,n)$
Elija dos números enteros cualesquiera $m$ y $n$ tal que $(m,n)=1$ y $m,n \neq -1,0,1$ .
Dejemos que $G=BS(m,n)=\langle a,b\ |\ b^{-1}a^mb=a^n \rangle$ .
Considere $\phi: G \to G$ donde $\phi(a)=a^m$ y $\phi(b)=b$ se puede comprobar fácilmente que $\phi$ está bien definida.
Reclamación-1 $\phi$ es suryente.
Vemos que $a^m,b \in \text{Im}(G)$ Así que $a^n\in \text{Im}(G)$ también. Ahora bien, como $(m,n)=1$ , $k_1m+k_2n=1$ para algunos $k_1,k_2\in \Bbb{Z}$ y como $\text{Im}(G)$ es un subgrupo, $a=a^1\in \text{Im}(G)$ Por lo tanto $\phi$ es un epimorfismo.
Reclamación-2 Ker $(\phi)$ no es trivial.
$[b^{-1}ab,a]=b^{-1}abab^{-1}a^{-1}ba^{-1}\neq 1$ por El lema de Britton pero $\phi([b^{-1}ab,a])=\phi([b^{-1}a^mb,a^m])=[b^n,b^m]=1$ por lo que el núcleo no es trivial. $\hspace{4cm}\blacksquare$
Me parece sorprendente que nadie haya señalado que la conjetura del OP es verdadero , dada una lectura convencional común de la pregunta.
Cuando la gente hace una pregunta sobre $G \to G/H$ Con mucha frecuencia no quieren decir un mapa cualquiera, sino que se refieren a específicamente al mapa de proyección $x \to x H$ enviando un elemento de $G$ a su clase de equivalencia módulo $H$ .
Otros ejemplos serían $G \to G \times H$ se interpretaría como el mapa $x \to (x,1)$ o $G \times H \to H$ sería el mapa $(x,y) \to y$ .
Del mismo modo, cuando se escribe un isomorfismo $A \cong B$ en una situación en la que $A \to B$ se les daría dicho significado convencional, no significan $A \cong B$ para decir simplemente que $A$ y $B$ son isomorfos, pero que el específico mapa $A \to B$ elegido por convención es un isomorfismo.
Teniendo en cuenta estas lecturas convencionales, es es es cierto que si $G \cong G/H$ entonces $H$ es trivial. Haciendo todo explícito, tenemos un teorema
Si el mapa de proyección $x \mapsto xH$ de $G$ a $G/H$ es un isomorfismo, entonces $H$ es efectivamente el subgrupo trivial de $H$ .
Considerar el grupo $\mathbb C^*$ de los números complejos distintos de cero bajo la multiplicación y definir $f: \mathbb C^* \to \mathbb C^*$ como $f(z)=z^2 , \forall z \in \mathbb C^*$ ; tenga en cuenta que $f$ es un homomorfismo , es suryente como si $0 \ne z \in \mathbb C$ entonces $0 \ne \sqrt z \in \mathbb C$ y $f(\sqrt z)=z$ Además $\ker f=\{z \in \mathbb C^* : z^2=1\}=\{-1,1\}$ es no trivial y por tanto por el 1er teorema del isomorfismo , $\mathbb C^*/\ker f \cong \mathbb C^* $
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¿Se cumple la condición de que el $H$ o para todo $H$ ?
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@QiaochuYuan: Es de suponer que la pregunta se refiere a un fijo $H$ - si se mantuviera para todos $H$ entonces $G$ sería necesariamente trivial (como tomar $H=G$ ...). Aunque, curiosamente, si se toma $C_2$ en el ejemplo del Hotel Hilbert (así, $G\cong \bigoplus\limits_{i=1}^\infty C_2$ ) entonces $G\cong G/H$ para todos generado finitamente $H$ .