Hay un surjective grupo homomorphism $GL_{n}(k) \to GL_{m}(k)$ donde $n > m$?

Question

¿Existe un campo de $k$, dos enteros positivos $n > m > 1$, y un surjective grupo homomorphism $\operatorname{GL}_{n}(k) \to \operatorname{GL}_{m}(k)$?

Aquí $k$ puede ser cualquier campo, y $\operatorname{GL}_{n}(k)$ es visto como un resumen de grupo (en contraposición al esquema de grupo o Mentira grupo), y este grupo homomorphism no tiene que ser "algebraica" o "suave" en cualquier sentido. Tenga en cuenta que si $m = 1$, entonces el determinante mapa da un surjective mapa.

Answer 1

Esto está lejos de una respuesta completa, pero es un comienzo y es demasiado largo para un comentario.

---

Deje $k:=\Bbb{F}_q$ ser un campo finito de $q$ elementos y dejar que $$\rho:\ \operatorname{GL}_n(k)\ \longrightarrow\ \operatorname{GL}_m(k),$$ ser un surjective grupo homomorphism. A continuación,$\ker\rho\unlhd\operatorname{GL}_n(k)$, por lo que tenemos, ya sea $$\ker\rho\subset Z(\operatorname{GL}_n(k))\qquad\text{ or }\qquad\operatorname{SL}_n(k)\subset\ker\rho.$$ En el último caso, $|\operatorname{im}\rho|$ divide $q-1$, contradiciendo la surjectivity de $\rho$. Así, los elementos de $\ker\rho$ son diagonales de las matrices y, por tanto, $|\ker\rho|$ divide $(q-1)^n$. Tenga en cuenta que $$|\operatorname{GL}_n(k)|=\prod_{i=0}^{n-1}(q^n-q^i)=q^{\tfrac{n(n-1)}{2}}\prod_{i=1}^n(q^i-1),$$ lo que muestra que $|\ker\rho|$ divide el producto y por lo $|\operatorname{im}\rho|$ es divisible por $q^{\tfrac{n(n-1)}{2}}$. Pero $\rho$ es surjective lo $\operatorname{im}\rho=\operatorname{GL}_m(k)$, donde $$|\operatorname{GL}_m(k)|=\prod_{i=0}^{m-1}(q^m-q^i)=q^{\tfrac{m(m-1)}{2}}\prod_{i=1}^m(q^i-1),$$ está claro que no es divisible por $q^{\tfrac{n(n-1)}{2}}$, una contradicción. Así que no hay tal grupo homomorphism existe para finito de campos.