Demostrar que los grupos aditivos $\mathbb{Z}$ y $\mathbb{Q}$ no son isomorfas.

Question

¿Es correcta mi prueba de abajo? ¿Qué propiedad específica de los racionales he explotado en mi demostración? Parece que la propiedad que he explotado es la siguiente: Dado cualquier racional positivo, siempre puedo escribirlo como suma de un número arbitrario de racionales positivos, mientras que dado cualquier entero positivo no puedo escribirlo como suma de un número arbitrario de enteros positivos. ¿Tiene que ver con el hecho de que $\mathbb{Q}$ ¿es un campo?

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Problema Demostrar que los grupos aditivos $\mathbb{Z}$ y $\mathbb{Q}$ no son isomorfas.

Solución Que exista un isomorfismo entre $\mathbb{Z}$ y $\mathbb{Q}$ . Consideremos ahora el elemento $1_{\mathbb{Q}}$ . Entonces tenemos $\phi(1_{\mathbb{Q}}) = z \in \mathbb{Z}$ . Desde $\phi$ tiene que ser una biyección, $z$ no puede ser cero, ya que $\phi(0) = 0$ .

Consideremos ahora el elemento $\left(\dfrac1{z+1}\right)_{\mathbb{Q}}$ . Ahora tenemos $$z = \phi(1_{\mathbb{Q}}) = \phi\left(\underbrace{\left(\dfrac1{z+1}\right)_{\mathbb{Q}} + \left(\dfrac1{z+1}\right)_{\mathbb{Q}} + \cdots + \left(\dfrac1{z+1}\right)_{\mathbb{Q}}}_{z+1 \text{ times }} \right) = (z+1) \phi\left(\left(\dfrac1{z+1}\right)_{\mathbb{Q}}\right)$$ Sin embargo, no hay ningún elemento en $y \in \mathbb{Z}$ tal que $(z+1)y = z$ .

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Primera actualización

En realidad me doy cuenta de que lo he complicado innecesariamente. En su lugar, podemos hacer lo siguiente. Ya que $\phi$ es un isomorfismo, tenemos $\phi(q_{\mathbb{Q}}) = 1_{\mathbb{Z}}$ para algunos $q \in Q$ . Sin embargo, $$\phi(q) = \phi(q/2+q/2) = 2\phi(q/2)$$ Y no hay $y \in Z$ , de tal manera que $2y=1$ . Por lo tanto, $\phi(q/2)$ sigue sin ser mapeado.

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Gracias

Answer 1

Otra prueba es la siguiente:

Supongamos que $\phi : \mathbb{Q} \to \mathbb{Z}$ es un isomorfismo. Entonces hay algún $r \in \mathbb{Q}$ tal que $\phi(r) = 1_{\mathbb{Z}}$ .

Entonces, ¿qué es $\phi(r/2)$ ? Tendríamos que tener

$$ 1_{\mathbb{Z}} = \phi(r) = \phi\big(2(r/2)\big) = 2\phi(r/2) $$

o, de manera equivalente, que $\phi(r/2) = \frac{1}{2}$ . Pero esto no es en $\mathbb{Z}$ por lo que no puede haber tal morfismo.

Answer 2

Obsérvese que el grupo aditivo $\mathbb Z = \langle 1\rangle$ es generado por un elemento (y por lo tanto es cíclico), mientras que $\mathbb Q$ no es cíclico, ni puede ser generado finitamente. En cualquier caso, ser cíclico es una propiedad estructural de los grupos que se conserva con cualquier isomorfismo.

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Sólo para asegurarnos de que entiendes que el grupo de aditivos $\mathbb Q$ no es cíclico, queremos demostrar $\mathbb Q$ no es generado por algún elemento $\dfrac ab$ , donde $a, b \in \mathbb Z$ es decir, que no hay ningún elemento $\dfrac ab\in \mathbb Q$ tal que $\left\langle \dfrac ab \right\rangle = \mathbb Q$ . Queremos demostrar que no es cierto que todo número racional sea un múltiplo integral de $\dfrac ab$ .

Supongamos que $\left\langle\dfrac ab \right\rangle = \mathbb Q$ .

Obsérvese que, bajo este supuesto $\dfrac a{2b} \in \mathbb Q$ siendo un número racional, debe ser entonces un múltiplo integral de $\dfrac ab$ que claramente no lo es; es $\dfrac 12 \dfrac ab.$

De ahí la suposición de que $\mathbb Q$ es generado por $\dfrac ab$ no puede ser cierto. Ya que $\dfrac ab$ es arbitraria, esto demuestra $\mathbb Q$ no es generado por ningún elemento de $\mathbb Q,$ es decir, $\mathbb Q$ no es cíclico.

Answer 3

Supongamos que existe un isomorfismo $f:\mathbb Z\to \mathbb Q$ .

Dejemos que $a=f(1)$ Entonces $f(\mathbb Z)=\{na,n \in\mathbb Z\} \ne \mathbb Q$ .

Answer 4

El grupo $\mathbf Q$ tiene la propiedad de que para cualquier $x\in \mathbf Q$ y cualquier número entero $n\geqslant 1$ existe $y\in \mathbf Q$ tal que $n\cdot y=x$ . En otras palabras, $\mathbf Q$ es divisible . El grupo $\mathbf Z$ es no divisible, así que como "ser divisible" es invariable bajo isomorfismo, $\mathbf Z\not\simeq\mathbf Q$ .

Editar: Esta prueba aprovecha el hecho de que $\mathbf Q$ es un campo de la siguiente manera (se ve mejor después de la generalización). Sea $A$ sea un dominio integral (no un campo) con campo de fracciones $K$ . Una prueba similar muestra que si $M$ es cualquier generado finitamente $A$ -módulo y $V$ es cualquier de dimensiones finitas $K$ -espacio vectorial, entonces $M\not\simeq V$ como $A$ -módulos. La razón es que porque $K$ es un campo, $V$ es un divisible $A$ -y $M$ no lo es. (El hecho de que la generación finita $A$ -Los módulos no son divisibles es probablemente más fácil de ver localizando en un ideal máximo y utilizando el lema de Nakayama).