Demostrar que el isomorfismo de grupo $\mathbb{Z}^m \cong \mathbb{Z}^n$ implica que el $m = n$

Question

He probado usando un contrapositive, ($m \neq n$ implica $\mathbb{Z}^m \ncong \mathbb{Z}^n$), y creo que el problema es que no será un homomorfismo, pero no llegar a ninguna parte. ¿Hay un mejor enfoque a este problema?

Answer 1

Una vez más, me voy a dar el contorno, relleno en los detalles.

Supongamos que $\mathbb{Z}^m\cong\mathbb{Z}^n$. A continuación, puede ver que $\mathbb{Z}^m\otimes_{\mathbb{Z}}\mathbb{Z}_2\cong\mathbb{Z}^n\otimes_{\mathbb{Z}}\mathbb{Z}_2$, lo que indica que $\mathbb{Z}_2^m\cong\mathbb{Z}_2^n$, y por lo $2^m=2^n$ - lo $m=n$.

EDIT: Ya que no sé tensor de productos, tal vez esto será más comprensible. Si $\mathbb{Z}^m\cong\mathbb{Z}^n$, $\text{Hom}_\mathbb{Z}(\mathbb{Z}^m,\mathbb{Q})\cong\text{Hom}_\mathbb{Z}(\mathbb{Z}^n,\mathbb{Q})$ $\mathbb{Q}$- espacios vectoriales. Pero, usted puede probar que como $\mathbb{Q}$-espacios vectoriales uno tiene que $\text{Hom}_\mathbb{Z}(\mathbb{Z}^k,\mathbb{Q})\cong\mathbb{Q}^k$, y así tenemos el $\mathbb{Q}^m\cong\mathbb{Q}^n$, de donde el vector normal del espacio de la teoría nos dice que $m=n$.

Editar EDITAR: Le parecía que sólo tienen problema con la prueba anterior, debido a los espacios vectoriales. En patticular,parecía aceptar con el Hom manipulación. He aquí una manera de combinar la primera y la prueba anterior! Demuestra en primer lugar que $\text{Hom}(\mathbb{Z}^k,A)\cong A^k$ para cualquier abelian grupo A. Luego de aplicar este hecho para mostrar que nuestro problema implica $\mathbb{Z}_2^m\cong\mathbb{Z}_2^n$ nuevo.

Answer 2

Que $G=\mathbb{Z}^n$ y $H=\mathbb{Z}^m$. Entonces $G/2G = (\mathbb{Z}/2\mathbb{Z})^n$. En particular, $|G/2G| = 2^n$. Por un argumento similar $|H/2H| = 2^m$. Si son isomorfos entonces $2^n = 2^m$.

Answer 3

Puedes probarlo en la misma forma que demostrar que la dimensión de un espacio vectorial es bien definido.

Supongamos que $m\le n$ $h:\Bbb Z^m\to\Bbb Z^n$ es un isomorfismo. Para $k=1,\dots,m$ deje $e_k$ a ser el elemento $\langle a_1,\dots,a_m\rangle$ tal que $a_k=1$$a_i=0$$i\ne k$. Nota para cualquier $\langle a_1,\dots,a_m\rangle\in\Bbb Z^m$,

$$\langle a_1,\dots,a_m\rangle=\sum_{k=1}^ma_ke_k\;,$$

y esta representación es única: si

$$\sum_{k=1}^ma_ke_k=\sum_{k=1}^mb_ke_k\;,$$ then $$\sum_{k=1}^m(a_k-b_k)e_k=\langle \underbrace{0,\dots,0}_m\rangle\;,$$ and therefore $a_1=b_1,\dots,a_m=b_m$. In other words, $\{e_1,\dots,e_m\}$ se comporta como una base para un espacio vectorial.

Ahora muestran que $\{h(e_1),\dots,h(e_n)\}$ se comporta como una base para $\Bbb Z^n$: cada una de las $z\in\Bbb Z^n$ puede escribirse de forma única en el formulario $$z=\sum_{k=1}^ma_kh(e_k)$$ for some integers $a_k$, $k=1,\dots,m$.

Ahora obtener una contradicción al $n>m$ considerando los elementos de $\Bbb Z^n$ que son análogas a la $e_k\in\Bbb Z^m$.

Answer 4

Incrustar $\Bbb Z$ $\Bbb Q$ e lo $\Bbb Z^n$$\Bbb Q^n$. Ahora claramente $\Bbb Z^n$ $n$- tupla de elementos que son linealmente independientes sobre $\Bbb Z$ (el estándar de la base va a hacer como un ejemplo), y no tiene ningún tipo de $(n+1)$-tupla que es linealmente independiente sobre $\Bbb Z$, desde ya $\Bbb Q^n$ no admitir cualquier $(n+1)$-tupla que es linealmente independiente sobre $\Bbb Q$, digamos en $\Bbb Z$. A continuación, puede recuperar el $n$ $A\cong\Bbb Z^n$ como el número máximo de linealmente independientes de elementos sobre los $\Bbb Z$ que uno puede encontrar en la libre grupo Abelian $A$. Por lo tanto $\Bbb Z^m\cong\Bbb Z^n$ implica $m=n$.