$\operatorname{Hom}(Z_p, Z_p) = Z_p$?

Question

¿Es $\operatorname{Hom}(\mathbf{Z}_p, \mathbf{Z}_p) = \mathbf{Z}_p$?

Mi prueba: $\operatorname{Hom}(\mathbf{Z}_p, \mathbf{Z}_p) = \operatorname{Hom}(\mathbf{Z}_p, \varprojlim\mathbf{Z}/p^n) = \varprojlim \operatorname{Hom}(\mathbf{Z}_p, \mathbf{Z}/p^n) = \varprojlim \operatorname{Hom}(\mathbf{Z}_p, \mathbf{Z}/p^n) = \mathbf{Z}_p$.

¿Es esto correcto?

Answer 1

Usted puede ver esto por la mano en este caso. Dado un elemento $a$${\mathbb Z}_p$, se obtiene un grupo de homomorphism $\phi_a$ $\mathbb Z_p$ a sí mismo por la traducción: set $\phi_a(x) := ax$. Esto le da un mapa de$\mathbb Z_p$${\mathop{\rm Hom}}(\mathbb Z_p, \mathbb Z_p)$. Es fácil convencerse de que este mapa es inyectiva.

A ver que este mapa es también surjective es sólo un poco más complicado. De hecho, resulta que cualquier grupo de homomorphism $f$ $\mathbb Z_p$ $\mathbb Z_p$$p$- adically continua. Eso es debido a que $f$ mapa de $p^n \mathbb Z_p$ a sí mismo, porque es un grupo homomorphism, por lo que el $f^{-1}(p^n \mathbb Z_p)$ es subgrupo de $\mathbb Z_p$ que contiene el conjunto abierto $p^n \mathbb Z_p$, por lo tanto abierto.

Desde cualquier $f \in {\mathop{\rm Hom}}(\mathbb Z_p, \mathbb Z_p)$ $p$- adically continua, es determinado por la imagen de $1$, por lo que el $f = \phi_{f(1)}$, por lo que el mapa de $a \to \phi_a$ descrito anteriormente es surjective.