¿Por qué isn ' t un producto directo infinito de copias de $\Bbb Z$ un módulo libre?

Question

¿Por qué no es un producto directo infinito de copias de $\Bbb Z$ un módulo gratis?

Realmente me pidieron demostrar que no es proyectivo, pero como $\Bbb{Z}$ es un PID, por lo que basta para mostrar que no es libre.

Estoy atrapado aquí. VI algunas preguntas en SE, pero existe una respuesta satisfactoria a todos.

Answer 1

Esta falta de libertad es no trivial de resultado. Una manera de demostrar que es empezar con un lema: Si $F$ es un servicio gratuito de abelian grupo y $C$ es una contables subgrupo, entonces el cociente $F/C$ es la suma directa de una contables de grupo y un grupo libre. (Estoy omitiendo "abelian" porque soy un vago y todos los grupos que aquí se abelian.) [La prueba del lema: Revisión de una base $B$$F$, vamos a $B_0$ ser el contable subconjunto consistente de la base de los elementos que se producen cuando se expanda elementos de $C$ en términos de su base $B$. A continuación, $F$ es la suma directa de $F_0$ libremente generada por $B_0$ $F_1$ libremente generada por $B-B_0$. Como $C\subseteq F_0$, se deduce que el $F/C$ es la suma directa de los contables de grupo $F_0/C$ y el grupo libre $F_1$.]

Como corolario, bajo las hipótesis del lema, cualquier divisible subgrupo de $F/C$ debe ser incluido en el conteo, sumando y por lo tanto debe ser contable.

Ahora supongamos que el producto directo de los $P$ de countably infinitamente muchas copias de $\mathbb Z$ eran libres. Los elementos de $P$ de la totalidad de las secuencias infinitas de números enteros. Deje $C$ ser el subgrupo de $P$ consiste de aquellas secuencias que no tienen cero entradas en sólo un número finito de posiciones. A continuación, $C$ es contable, por lo que el divisible parte de $P/C$ tendría que ser contable. Pero este divisible parte contiene los cosets (en $P/C$) de todas las secuencias (en $P$) de la forma $n\mapsto n!\cdot a_n$ arbitrarias de secuencias de enteros $(a_n)$. Así que los divisible parte de $P/C$ tiene la cardinalidad del continuo. Esta contradicción muestra que $P$ no es libre.

Si su pregunta no era sólo acerca de $P$, pero también acerca de los productos de una cantidad no numerable de copias de $\mathbb Z$, aviso de que un producto contiene una copia de $P$, por lo que está hecho, si usted sabe que los subgrupos de los libres (abelian) los grupos son libres. Si usted no sabe que, al volver a ejecutar el argumento en el párrafo anterior dentro de una copia de $P$ dentro de su más grande del producto.

Por el camino, un teorema de Specker muestra que $P$ no sólo no es gratis, pero muy lejos de ser libres. Desde $P$ tiene cardinalidad $2^{\aleph_0}$, si se libre de cualquier base también tiene cardinalidad $2^{\aleph_0}$, de manera que no debería ser $2^{2^{\aleph_0}}$ homomorphisms de $P$ $\mathbb Z$(debido a que usted puede elegir las imágenes de la $2^{\aleph_0}$ base de los elementos de forma arbitraria). Specker mostró que sólo hay countably muchos homomorphisms $P\to\mathbb Z$, es decir, el $\mathbb Z$-de las combinaciones lineales de las proyecciones.