Demostrar que $\mathbb{Q}^{\times}$ no isomorfo a $\mathbb{Z}^{n}$

Question

$\mathbb{Q}^{\times}$ es el grupo de número racional sin $0$ bajo multiplicación, y $\mathbb{Z}^{n}$ es el Grupo abeliano libre de rango $n$. Mostrar que $\mathbb{Q}^{\times}$ no isomorfo a $\mathbb{Z}^{n}$. Intenté asumir que existe un isomorfismo y para obtener una contradicción... no lograron

Answer 1

$\mathbf{Q}^{\times}$ es generado por el conjunto de los positivos números primos y $-1$, por lo que contiene (un grupo isomorfo a) $\mathbf{Z}^{\mathscr{P}}$ donde $\mathscr{P}$ es el conjunto de resultados positivos de los números primos. $\mathbf{Z}^{\mathscr{P}}$ no es de rango finito$\mathbf{Z}$, mientras que los $\mathbf{Z}^n$ es, así no es posible isomorfismo $\mathbf{Q}^{\times} \rightarrow \mathbf{Z}^n$, para cualquier $n$, como cualquier flecha daría una infinita libre de la familia en $\mathbf{Z}^n$, es decir, la familia de la imagen de $\mathscr{P}$ por el supuesto isomorfismo.

Para poner si en una "moda" de manera que los morfismos $$v : \mathbf{Q}^{\times} \rightarrow \{\pm\}\times \mathbf{Z}^{\mathscr{P}}$$ defined by $v(x) = \left( \textrm{signo}(x) \left( v_p(x)\right)_{p\en \mathscr{P}} \right)$ where $v_p$ is the $p$-adic valuation function for $p\en \mathscr{P}$, es un isomorfismo.

Esto se basa en el hecho de que $\mathscr{P}$ es infinito - hecho admitido aquí. ;-)

Answer 2

Supongamos que tuvieras un homomorfismo h $f:\mathbb Q^{\times}\rightarrow\mathbb Z^{n}$. Observe que $(-1)^2=1$ así $f(-1)^2=1$. La única solución al $x^2=e$ (donde $e$ es la identidad) en $\mathbb Z^{n}$ es $e$, así $f(-1)=f(1)=e$, lo que significa no homomorfismo es inyectivo y los grupos no son isomorfos.

(Para ser claros, Note que más comúnmente se escribiría $x^2=e$ $\mathbb Z^n$ $x+x=0$, pero decidí escribirlo multiplicatively para ayudar a ver la conexión entre $(-1)^2=1$ (en $\mathbb Q^{\times}$) y $x^2=e$ (en $\mathbb Z^{n}$))