Potencias de Split del grupo multiplicativo de un campo

Question

Deje $K$ ser un campo, $K^\times$ su grupo multiplicativo y $I$ un conjunto infinito. Es entonces $(K^\times)^{(I)} \subseteq (K^\times)^I$ un sumando directo? Si no, es posible caracterizar los campos para los cuales esto es cierto?

En cualquier caso, es un puro subgrupo. Si $K$ es finito, la respuesta es sí. Si $K$ ha arbitraria raíces, que es $K^\times$ es divisible, entonces también es cierto. Si $K^\times$ es el grupo aditivo de un espacio vectorial (es decir, es elemental abelian para algunos de primera o de única divisible), puede utilizar el álgebra lineal. Si $K^\times$ es finita suma directa de estos tipos, entonces también se trabaja; por ejemplo,$\mathbb{R}^\times = \mathbb{Z}/2 \times \mathbb{R}^+$.

Ahora, ¿qué acerca de la $K = \mathbb{Q}$. Aquí $K^\times = \mathbb{Z}/2 \oplus \mathbb{Z}^{(\mathbb{P})}$. Si $I=\mathbb{N}$ $\hom((\mathbb{Z}^{(I)})^I,\mathbb{Z})$ es contable, entonces es falso. Pero no sé si esto es cierto, el argumento de Specker computing $\hom(\mathbb{Z}^\mathbb{N},\mathbb{Z})$ no parece tomar el relevo. Otro caso sería que $K^\times$ es de torsión, es decir, $K$ es una extensión algebraica de $\mathbb{F}_p$ para algunos prime $p$, por ejemplo, $K = \mathrm{colim}\_s \mathbb{F}\_{p^{q^s}}$ para algunos prime $q$$K^\times = \mathrm{colim}\_s \mathbb{Z}/(p^{q^s}-1)$. Este es un subgrupo de $\mathbb{Q}/\mathbb{Z}$, que no tiene que ser divisible.

No sé un ejemplo de un grupo abelian $G$ tal que $G^{(I)}$ no es un sumando directo de $G^I$, pero estoy bastante seguro de que hay uno. Pero, ¿esto $G$ también surgir como $K^\times$? (EDIT: sé que $G=\mathbb{Z}, I = \mathbb{N}$ lo hace, pero $\mathbb{Z}$ no $K^x$.) Hay varias caracterizaciones¹ cuando $G$ tiene la forma $K^\times$ campo $K$. Tal vez esto es útil aquí. Toda la cuestión está motivado por el estudio de la $K \otimes_K \otimes_K ...$ como se define aquí.

¹R. M. Dicker, Un conjunto independiente de los axiomas de un campo y una condición para que un grupo sea el grupo multiplicativo de un campo, Proc. Londres Matemáticas. Soc., 18, 1968, pág.114 - 124

Answer 1

Re: "no sé un ejemplo de un grupo abelian $G$ tal que $G^{(I)}$ no es un sumando directo de $G^I$, pero estoy bastante seguro de que no es uno".

Deje $G$ ser el de los enteros, y $I$ una contables de la indexación de conjunto. Si $G^{(I)}$ directa sumando, vamos a $P$ ser un complemento sumando.

Llegamos a una contradicción de la siguiente manera: en Primer lugar, $P$ es isomorfo a $G^{I}/G^{(I)}$ que contiene el elemento $(2,4,8,16,32,\ldots)$ modulo $G^{(I)}$, el cual (como podemos peal cualquiera de los primeros términos) es un elemento no nulo, que es infinitamente divisible por 2. Segundo, $P$ es un subgrupo de $G^{I}$, que no tiene infinitamente divisible elementos (distinto de cero).

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Creo que este argumento podría ser modificada para mostrar que la clausura algebraica de un campo finito le dará el contra-ejemplo que usted necesita (cambiando "divisibililty" a algún tipo de grado de consideración), pero no tengo mucho tiempo para pensar en eso ahora. Voy a volver más tarde si alguien no responde a su pregunta completamente.

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De vuelta ahora. Intente lo siguiente. Deje $K$ a ser el campo obtenidos por contigua a $\mathbb{Q}$ $2^{p}$th raíz de cada uno de los prime prime $p$ ( $\mathbb{Z}$ ). Deje $G$ ser el grupo multiplicativo de a $K$. Supongamos por contradicción que $G^{(I)}$ es un sumando directo de $G^{I}$, y deje $C$ ser un complemento. Como antes, $C$ es isomorfo a $G^{I}/G^{(I)}$, y el elemento $(2,3,5,\ldots )$ modulo $G^{I}$ es infinitamente divisible por $2$ (pensamiento de `divisibilidad" multiplicatively en este caso--en otras palabras, después de picar en el frontal, que podemos tomar de las raíces cuadradas tantas veces como se desee). Sin embargo, creo que es el caso que no hay ningún elemento de $G^{I}$, que es infinitamente divisible en este sentido. (Dejo a los expertos para probar esto, pero creo que alguna forma de Kummer teoría sería suficiente. Pero puede ser difícil de probar.) [Última edición: creo que puede ser incluso más fácil para ver el $\mathbb{Q}(x_1,x_2,\ldots)$ y lindan con un $2^{n}$th raíz de $x_{n}$, y modificar el ejemplo en consecuencia.]