La multiplicación de los grupos de $\mathbb{Q}^\ast$ $\mathbb{R}^\ast$ son no isomorfos

Question

Por supuesto, ya que la cardinalidad de a $\mathbb{R}$ supera la cardinalidad de a $\mathbb{Q}$, no existe un bijection entre el$\mathbb{Q}^\ast$$\mathbb{R}^\ast$, mucho menos de un grupo de isomorfismo.

Mi pregunta es si también es posible demostrar que estos multiplicativo grupos no isomorfos sin el uso de la cardinalidad de argumento.

Answer 1

En $\mathbb{R}^\ast$ cada elemento tiene un cuberoot; esto es, para cualquier $a$ $\mathbb{R}^\ast$ hay un elemento $b$ tal que $b^3=a$. En $\mathbb{Q}^\ast$ hay elementos que no.

Answer 2

Supongamos $\phi: \mathbb{Q}^\ast \to \mathbb{R}^\ast$ es un isomorfismo. Deje $a \in \mathbb{Q}^\ast$ satisfacer $\phi(a)=2$. Para cada una de las $n$, hay un elemento $b \in \mathbb{Q}^\ast$$\phi(b)=2^{1/n}$. Ahora $\phi(b^n) = \phi(b)^n = (2^{1/n})^n = 2 = \phi(a)$, lo $b^n = a$. De ello se desprende que $a$ $n$- ésima potencia para todas las $n$. Pero entonces se sigue que $a=1$, contradicción.

Answer 3

Deje $f:R^*\rightarrow Q^*$ ser un isomorfismo, la observación de que si $f(x)=-1, f(x^2)=1$, ya que el $f$ es un isomorfismo, implica que el $x^2=1$ $x=-1$ desde $f(1)=1$.

Existe $x\in R^*, f(x)=2$ si $x>0, f(\sqrt x)^2=2$ imposible. Si $x<0, f(\sqrt{ -x}\sqrt{-x})=f(-x)=f(-1)f(x)=-2=f(\sqrt{-x})^2$ Imposible.