Sea $k$ sea el cierre algebraico de $\mathbb{Z}_p$ y $k^*=k-\{0\}$ sea un grupo multiplicativo. Para un grupo abeliano finito (es decir, un grupo finito $\mathbb{Z}$ -módulo) $G$ calcula lo siguiente: $$\text{Hom}_{\mathbb{Z}} (G,k^*) \otimes_{\mathbb{Z}} \mathbb{Z}_p$$ Creo que basta con suponer que $G \cong \mathbb{Z}_{p^{a_1}}\oplus \cdots \oplus \mathbb{Z}_{p^{a_k}}$ ya que cualquier otra parte debe ser cero en un homomorfismo de $G$ a $k^*$ . Pero ninguna otra idea.
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Escribir $G \cong \mathbb Z/n_1 \oplus \cdots \oplus \mathbb Z/n_r$ podemos reducir el problema a grupos cíclicos, ya que $$\text{Hom}_{\mathbb Z}(G,k^{\times}) \otimes_{\mathbb Z} \mathbb Z/p \cong \bigoplus_{i=1}^r \text{Hom}_{\mathbb Z}(\mathbb Z/n_i,k^{\times}) \otimes_{\mathbb Z} \mathbb Z/p,$$ que se puede leer de cualquier manera por distributividad del producto tensorial.
Ahora, cada $\text{Hom}_{\mathbb Z}(\mathbb Z/n,k^{\times}) \cong \{\zeta\in k^{\times} \mid \zeta^n = 1\} \subseteq k^{\times}$ es un subgrupo finito (por supuesto la contención necesita $k$ algebraicamente cerrado). Este es el conjunto también conocido como $\mu_n(k)$ de $n$ -raíces de la unidad en $k$ .
La ampliación $\mathbb F_p(\mu_n(k)) / \mathbb F_p$ es algebraica, por tanto finita, por lo que $\mathbb F_p(\mu_n(k)) = \mathbb F_q$ por algún poder $q$ de $p$ . Por supuesto, $\mathbb F_q^{\times}$ es un grupo cíclico de orden $q-1$ y el subgrupo $\mu_n(k) \subseteq \mathbb F_q^{\times}$ tiene orden $(n,q-1)$ . En total, vemos que $$\text{Hom}_{\mathbb Z}(\mathbb Z/n,k^{\times}) \otimes_{\mathbb Z} \mathbb Z/p \cong \mathbb Z/(n,q-1) \otimes_{\mathbb Z} \mathbb Z/p \cong \mathbb Z/(n,q-1,p) = 0.$$ Estoy seguro de que esto se puede simplificar un poco, usted realmente sólo necesita saber que $p\nmid (q-1)$ para cualquier $q=p^s$ .
