Cómo demostrar la subjetividad de $f:\{1,\ldots,n\}\to\Bbb Z_n,\,k\mapsto[k]$ ? Pruebas alternativas para $|\Bbb Z_n|=n$ ?

Question

Estoy tratando de demostrar que $\Bbb Z_n:=\Bbb Z/n\Bbb Z$ tienen cardinalidad $n$ sólo utilizando las propiedades de los anillos, esto significa que estoy tratando de hacerlo sin el uso de cualquier inverso multiplicativo $z^{-1}\in\Bbb Q$ .

Mi intento: si $|\Bbb Z_n|=n$ entonces debe existir una función biyectiva del tipo

$$f:\{1,\ldots,n\}\to \Bbb Z_n$$

El candidato más fácil es $f$ tal que $f(k)=[k]$ , donde $[k]$ es la clase de equivalencia de $k$ definido por

$$[k]=k+n\Bbb Z$$

Entonces dos elementos de $a,b\in\{1,\ldots,n\}$ son equivalentes si

$$a\sim b\iff a\in b+n\Bbb Z\iff a-b\in n\Bbb Z$$

Entonces puedo demostrar que $f$ es inyectiva, es decir, si $a,b\in\{1,\ldots,n\}$ y $a\neq b$ entonces $[a]\neq[b]$ debido a que

$$(a-b\in n\Bbb Z\iff b-a\in n\Bbb Z)\iff (|a-b|> 0\implies |a-b|\in n\Bbb N_{>0})$$

Entonces, si $|a-b|\in n\Bbb N_{>0}$ tenemos que

$$|a-b|\le nk,\quad(\forall k\in\Bbb N_{>0})\land(\forall a,b\in\{1,\ldots,n\})$$

Porque $\Bbb N_{>0}$ está bien ordenado para demostrar la última afirmación es suficiente para demostrar que

$$|a-b|<n=\min(n\Bbb N_{>0})$$

(No voy a escribir esta prueba aquí, es innecesario para mí en este momento).

Las preguntas: el problema que tengo es que no sé cómo demostrar que $f$ es subjetivo si me limito a no utilizar cosas como $z^{-1}\in\Bbb Q$ o cualquier norma de la división. Así que,

1. hay una manera fácil de demostrar la subjetividad de $f$ ? De hecho,

2. hay una manera más fácil de probar que $|\Bbb Z_n|=n$ ?

Gracias de antemano.

Answer 1

De forma concisa:

• $x\neq y$ se encuentran en la misma clase de equivalencia $\iff (x-y)\in n\mathbb{Z}-0\implies\vert x-y\vert \ge n$
• Pero si $x\neq y\in\{1,2,\cdots,n\}$ entonces $\vert x-y\vert \le n-1$ .
• Así, los elementos de $\{1,2,\cdots,n\}$ mapean a cosets distintos, por lo que hay al menos $n$ cosets.
• Está claro que hay como máximo $n$ cosets, y así hemos terminado.

Answer 2

Para cualquier $k \in \mathbb{Z}$ , existe un único $q,r \in \mathbb{Z}$ con $k-1 = qn + r$ y $0 \le r \le n-1$ . Así que, $k = qn + (r+1)$ con $1 \le r+1 \le n$ . Esto define una función $g \colon \mathbb{Z} \to \{1,...,n\}$ por $k \mapsto r+1$ . Está claro que $g$ es constante en cada coset de $n\mathbb{Z}$ Así que $g$ desciende a una función $\bar g \colon \mathbb{Z}/n\mathbb{Z} \to \{1,...,n\}$ . Utilizando el hecho de que $g(k) = k$ para todos $k \in \{1,...,n\}$ es fácil comprobar que $f$ y $\bar g$ son inversos, por lo que $f$ es una biyección.

Answer 3

Agradezco las otras respuestas pero creo que esta auto-respuesta se ajusta mejor a los requisitos que quiero.

Una forma alternativa y más sencilla es: demostrar que $|\Bbb Z_n|\le n$ aviso

$$(an+b)+n\Bbb Z=b+n\Bbb Z\implies an+n\Bbb Z=n\Bbb Z,\forall a\in\Bbb Z$$

Si demostramos que para cualquier $z\in\Bbb Z$ y cualquier $n\in\Bbb N_0$ entonces hay una solución única $a,b$ para

$$z=an+b$$

tal que $a\in\Bbb Z$ y $b\in\{0,\ldots,n-1\}$ hemos terminado (*).

Prueba por contradicción: suponer que existe $b_1\neq b_2$ y $b_1,b_2\in\{0,\ldots, n-1\}$ donde para un número fijo de $n\in\Bbb N_0$ la afirmación anterior es válida.

Porque $\Bbb Z$ es un anillo ordenado podemos suponer WLOG que $b_1<b_2$ entonces $an+b_1<an+b_2$ . Entonces

$$a_1n+b_1=a_2n+b_2\implies a_1\neq a_2$$

Porque $b_1<b_2$ y $b_1,b_2\in\{0,\ldots, n-1\}$ entonces $c:=b_2-b_1\in\{0,\ldots, n-1\}$ . Entonces podemos reescribir

$$n(a_1-a_2)=c$$

lo que es imposible para $c<n$ debido a los axiomas y teoremas de orden de cualquier anillo ordenado(**). $\Box$

(*) Podemos demostrar que cualquier $an+c$ puede reducirse a una expresión $an+b$ con $b<n$ y no negativo.

(**) Esto se puede demostrar fácilmente por inducción sobre $|a_1-a_2|$ .