Dejemos que $G$ sea cualquier grupo abeliano y $a\in{G}$ . Demuestre que existe un homomorfismo $f:G\rightarrow{\mathbb{Q}/\mathbb{Z}}$ tal que $f(a)\neq{0}$ .

Question

Dejemos que $G$ sea cualquier grupo abeliano y $a\in{G}$ . Demuestre que existe un homomorfismo $f:G\rightarrow{\mathbb{Q}/\mathbb{Z}}$ tal que $f(a)\neq{0}$ .

Puedo demostrar esta cuestión (creo) si utilizo el hecho de que $\mathbb{Q}/\mathbb{Z}$ es un grupo abeliano inyectivo: basta con definir $f$ en el subgrupo cíclico generado por $a$ y se extienden hasta $G$ a través de la inyectividad. Sin embargo, creo que debería haber una forma más "elemental" de demostrar este resultado, pero todavía no la veo. Uno de mis amigos sugirió usar el Lemma de Zorn, pero todavía no he hecho mucho con esta información.

Answer 1

He aquí una demostración utilizando el lema de Zorn: Definir un mapa no trivial $f_0: \langle a \rangle \to \mathbb Q/\mathbb Z$ en el subgrupo cíclico generado por $a$ y considerar los pares $(U,f)$ donde $U$ es un subgrupo de $G$ que contiene $a$ y $f: U \to \mathbb Q/\mathbb Z$ es un homomorfismo que extiende $f_0$ . Estos pares forman un conjunto parcialmente ordenado con la relación $$(U,f) \leq (V,g) \Leftrightarrow U \subseteq V \text{ and } g\vert_U = f.$$ Es evidente que toda cadena de estos pares tiene un límite superior. Así que, por el lema de Zorn, hay un elemento máximo $(U,f)$ . Mostraremos $U = G$ . Supongamos por contradicción que existe un $x \in G\setminus U$ . Estamos acabados si podemos ampliar $f: U \to \mathbb Q/\mathbb Z$ a un homomorfismo $\hat f: U + \langle x \rangle \to \mathbb Q/\mathbb Z$ ya que eso contradiría la maximalidad de $(U,f)$ . Si $U \cap \langle x \rangle = 0$ la suma $U + \langle x \rangle$ es directa y podemos simplemente definir $\hat f$ para ser trivial en $x$ . De lo contrario, tenemos $U \cap \langle x \rangle = \langle nx \rangle$ para algún número entero $n \neq 0$ dividiendo el orden de $x$ . Nuestro mapa $\hat f$ tiene que satisfacer $$n \hat f(x) = \hat f(nx) = f(nx),$$ por lo que tomamos cualquier $\alpha \in \mathbb Q/\mathbb Z$ satisfaciendo $n \alpha = f(nx)$ (que existe como $\mathbb Q/\mathbb Z$ es divisible) y definir $\hat f(x) := \alpha$ . Usando eso $n$ divide el orden de $x$ comprueba que esto se extiende a un homomorfismo único $\hat f: \langle x \rangle \to \mathbb Q/\mathbb Z$ . Coincide con $f: U \to \mathbb Q/\mathbb Z$ en la intersección $U \cap \langle x \rangle = \langle nx \rangle$ por lo que los dos pueden unirse a un homomorfismo $\hat f: U + \langle x \rangle \to \mathbb Q/\mathbb Z$ . Se trata entonces de un homomorfismo bien definido que extiende $f$ , dando la contradicción deseada.

Answer 2

Dejemos que $M$ sea un grupo abeliano. Cada número entero $n$ define un endomorfismo $f_n\colon M \rightarrow M$ tal que $f_n(x) = nx$ . $M$ se llama divisible si $f_n$ es suryente para todo número entero no nulo $n$ . Claramente $\mathbb{Q}/\mathbb{Z}$ es divisible.

Lema 1 Dejemos que $M$ sea un grupo abeliano divisible. Sea $I$ sea un ideal de $\mathbb{Z}$ . Entonces el homomorfismo canónico $Hom(\mathbb{Z}, M) \rightarrow Hom(I, M)$ inducido por la inyección canónica $I \rightarrow \mathbb{Z}$ es suryente.

Prueba: Si $I = 0$ La afirmación es clara. Por lo tanto, suponemos $I \neq 0$ . Existe un número entero no nulo $n$ tal que $I = \mathbb{Z}n$ . Sea $f \in Hom(I, M)$ . Desde $M$ es divisible, existe $a \in M$ tal que $f(n) = na$ . Sea $x \in I$ . Existe un número entero $m$ tal que $x = mn$ . $f(x) = f(mn) = mf(n) = mna = xa$ . Por lo tanto, $f$ está en la imagen del mapa $\colon Hom(\mathbb{Z}, M) \rightarrow Hom(I, M)$ . QED

Lema 2 Dejemos que $T$ sea un grupo abeliano divisible. Sea $M$ sea un grupo abeliano. Sea $N$ sea un subgrupo de $M$ . Sea $f\colon N \rightarrow T$ sea un homomorfismo. Sea $x \in M - N$ . Entonces existe un homomorfismo $g\colon N + \mathbb{Z}x \rightarrow T$ ampliando $f$ .

Prueba: Sea $I = \{a \in \mathbb{Z}\colon ax \in N\}$ . Sea $h\colon I \rightarrow T$ sea el mapa definido por $h(a) = f(ax)$ . Desde $h$ es un homomorfismo, por el lema 1, existe $z \in T$ tal que $h(a) = az$ para todos $a \in I$ .

Supongamos que $y + ax = y' + bx$ , donde $y, y' \in N, a, b \in \mathbb{Z}$ . $y - y' = (b - a)x$ Por lo tanto, $b - a \in I$ . Por lo tanto, $h(b - a) = f((b - a)x) = (b - a)z$ . Por lo tanto, $f(y - y') = (b - a)z$ . Por lo tanto, $f(y) + az = f(y') + bz$ . Por lo tanto, podemos definir un mapa $g\colon N + \mathbb{Z}x \rightarrow T$ por $g(y + ax) = f(y) + az$ . Claramente $g$ es un homomorfismo que extiende $f$ . QED

Teorema Dejemos que $T$ sea un grupo abeliano divisible. Entonces $T$ es inyectiva.

Prueba: Se deduce inmediatamente del lema 2 y del lema de Zorn.

Corolario $\mathbb{Q}/\mathbb{Z}$ es inyectiva.