3 votos

Demostrar que cualquier no cero $\mathbb{Z}$ -tiene un homomorfismo no nulo hacia $\mathbb{Q}/\mathbb{Z}$

No he aprendido nada sobre los "objetos inyectivos", aunque me familiaricé con los grupos divisibles mientras intentaba entender 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 $f(a)\neq{0}$ . . ¿Puede alguien ayudarme a demostrar esta afirmación utilizando simplemente los teoremas "básicos" de los módulos? O quizás definiendo explícitamente un homomorfismo de un $\mathbb{Z}$ -módulo M a $\mathbb{Q}/\mathbb{Z}$ ? Del enlace, me costó entender que podemos "definir" un homomorfismo arbitrario y no trivial de $<a>$ a $\mathbb{Q}/\mathbb{Z}$ y que podemos extender a un subconjunto $U$ que contiene $<a>$ . ¿Podría alguien añadir algunos detalles aquí? Gracias.

Edición: Tengo algo más en mente; ¿Es cierto que $Hom(M,\mathbb{Q}/\mathbb{Z})\cong M$ ? Si es así, ¿por qué? ¿Podemos utilizar este hecho para demostrar lo anterior? Si es cierto, supongo que sí, ya que hemos supuesto que M no es un conjunto nulo. Creo que tal vez demostrando esto para un subgrupo cíclico $<a>$ para un $a \in M$ Entonces, usando algo como el Teorema Fundamental para Grupos Abelianos. Pero mi opinión es que no es cierto para "cualquier" grupo abeliano, ya que el FTAG sólo se aplica a los grupos abelianos finitos. Se agradecerá cualquier detalle.

1voto

egreg Puntos 64348

Un teorema de módulo básico es El lema de Baer .

El lema de Baer. Dejemos que $R$ sea un anillo y $E$ a la izquierda $R$ -módulo. Entonces $K$ es inyectiva si y sólo si, para cada ideal de la izquierda $I$ de $R$ y todo homomorfismo $f\colon I\to E$ existe $g\colon R\to E$ tal que $g|_I=f$ .

Corolario. Todo divisible $\mathbb{Z}$ -es inyectiva.

En particular $\mathbb{Q}/\mathbb{Z}$ es inyectiva; si $M$ es un grupo abeliano (o $\mathbb{Z}$ -es lo mismo) y $x\in M$ , $x\ne0$ podemos demostrar que existe $g\colon M\to\mathbb{Q}/\mathbb{Z}$ tal que $g(x)\ne0$ .

Sí, es cierto, $\mathbb{Z}x\ne0$ por lo que tiene un submódulo maximal $L$ y el cociente $\mathbb{Z}x/L$ se incrusta en $\mathbb{Q}/\mathbb{Z}$ . Llame a $f$ la composición de esta incrustación con la proyección $\mathbb{Z}x\to\mathbb{Z}x/L$ . Entonces $f(x)\ne0$ . Desde $\mathbb{Q}/\mathbb{Z}$ es inyectiva, existe $g\colon M\to\mathbb{Q}/\mathbb{Z}$ tal que $g|_{\mathbb{Z}x}=f$ .

La prueba del lema de Baer se encuentra en cualquier libro de teoría de módulos.

El esquema es el siguiente. Una dirección es obvia. Para la otra, supongamos $L$ es un submódulo de $M$ y tomar un homomorfismo $f\colon L\to E$ .

Considere el conjunto $\mathscr{F}$ de todos los pares $(K,k)$ , donde $K$ es un submódulo de $M$ con $L\subseteq K$ y $k\colon K\to E$ satisface $K|_L=f$ . Pida $\mathscr{F}$ decretando que $(K,k)\le(K',k')$ si y sólo si $K\subseteq K'$ y $k'|_{K}=k$ .

Demostrar que $\mathscr{F}$ satisface las hipótesis del lema de Zorn. Tomemos $(H,h)$ máximo en $\mathscr{F}$ y demostrar que $H=M$ . En efecto, si $H\ne M$ , hay $y\in M$ , $y\notin H$ . Sea $I=\{r\in R:ry\in H\}$ . Entonces $I$ es un ideal de izquierda y $Iy$ es un submódulo de $H$ . Esto permite construir un homomorfismo $I\to E$ y su ampliación a $R$ proporciona la contradicción.


¿Es cierto que $\operatorname{Hom}(M,\mathbb{Q}/\mathbb{Z})\cong M$ ? Por supuesto que no, el caso de un módulo libre con una base contable debería ser fácil de ver.

i-Ciencias.com

I-Ciencias es una comunidad de estudiantes y amantes de la ciencia en la que puedes resolver tus problemas y dudas.
Puedes consultar las preguntas de otros usuarios, hacer tus propias preguntas o resolver las de los demás.

Powered by:

X