Es cierto que $\mathbb{R}$ y $\mathbb{R}^2$ son isomorfos como abelian grupos?

Question

Creo que la respuesta es sí.

Bosquejo de la prueba de Considerar $\mathbb{R}$ como un espacio vectorial sobre $\mathbb{Q}$. Deje que $\{e_\lambda:\lambda\en\Lambda\}\subconjunto\mathbb{R}$ ser su base de Hamel. Entonces $\{(e_{\lambda_1},e_{\lambda_2}):\lambda_1,\lambda_2\en\Lambda\}\subconjunto\mathbb{R}^2$ es un Hamel base de $\mathbb{R}^2$. Considere la posibilidad de establecer teórico bijection $i:\Lambda\to\Lambda\times\Lambda$ definir el mapa de $\varphi:\mathbb{R}\to\mathbb{R}^2$ por su acción sobre el elemento de Hamel base de $\mathbb{R}$ por la igualdad de $\varphi(e_\lambda)=(e_{i(\lambda)_1},e_{i(\lambda)_2})$. Este es un isomorfismo entre $\mathbb{Q}$-espacios vectoriales de $\mathbb{R}$ y $\mathbb{R}^2$.

La pregunta me Podría decir es esto una prueba de lo correcto, y si no lo es, ¿dónde está el error?

EDIT: Gracias a GAJO hemos encontrado que esta prueba no está mal. El correcto base está $$ \{(e_\lambda,0):\lambda\en \Lambda\}\cup\{(0,e_\lambda):\lambda\en\Lambda\} $$ Así que tuvimos que buscar en bijections de la forma $i:\Lambda\to\Lambda\coprod\Lambda$ deseado y el operador lineal definido por las igualdades $\varphi(e_\lambda)=(e_{i(\lambda)},0)$ si $i(\lambda)$ radica en que la primera copia de $\Lambda$ y $\varphi(e_\lambda)=(0,e_{i(\lambda)})$ de otra manera.

Answer 1

Esto era demasiado largo para un comentario.

Esto, obviamente, se generaliza. De hecho, si $F$ es un innumerable grupo abelian que puede ser, dada la estructura de una característica campo cero, entonces $F\cong F^{n}$ para cualquier finito $n$. Esto es porque, como usted ha notado, $\dim_\mathbb{Q} F$ es necesariamente infinita y por lo tanto $\dim_\mathbb{Q} F=\dim_\mathbb{Q} F^n$, de modo que ellos son isomorfos como $\mathbb{Q}$-espacios vectoriales y, por tanto, como abelian grupos.

El mismo argumento muestra que si $F$ es un infinito abelian grupo que puede ser, dada la estructura de un carácter $p$ campo $F\cong F^2$ como abelian grupos. El mismo truco se aplica desde necesariamente $\dim_{\mathbb{F}_p} F$ es infinito.

Por supuesto, estos dos son realmente diciendo que si se puede dar el grupo abelian $F$ la estructura de un campo que es infinito dimensional a través de su primer subcampo entonces es isomorphically idempotente (como grupos).

Por supuesto, TODO ESTO es simplemente decir que si $F$ es un grupo que puede ser, dada la estructura de un libre $R$-módulo de rango infinito, entonces es isomorphically idempotente. Así, esto se aplica por igual a, digamos, $\mathbb{Q}[x]$.

Dicho esto, definitivamente, no es cierto para cosas como, digamos, $\mathbb{Q}$. De hecho, si $R$ es la integral de dominio entonces $\text{Frac}(R)\no\cong\text{Frac}(R)^n$ $R$-módulos para cualquier finito $n$. Esto es debido a que si esto fuera cierto, entonces

$$\text{Frac}(R)\otimes_R\text{Frac}(R)\cong\text{Frac}(R)\otimes_R\text{Frac}(R)^n\cong(\text{Frac}(R)\otimes_R\text{Frac}(R))^n$$

como $\text{Frac}(R)$-módulos. Pero, yo voy a dejar a usted demostrar que $\text{Frac}(R)\otimes_R\text{Frac}(R)\cong\text{Frac}(R)$ $\text{Frac}(R)$ módulos (solo show es distinto de cero y por separado generado) a partir de donde se obtiene (ya que los campos tienen el IBN propiedad) $n=1$.

De hecho, creo que es bastante obvio que la anterior se generaliza para demostrar que $\mathbb{Q}^n\no\cong\mathbb{Q}^m$ (o, más en general, $\text{Frac}(R)$ versión) como los grupos para cualquier finito $m\ne$n.