Encontrar todos los homomorfismos de grupo $(\mathbb{Q},+)\to (\mathbb{Q}-\lbrace 0\rbrace,\cdot)$

Question

Si $f$ es un homomorfismo de este tipo, entonces $f(x+y)=f(x)f(y)$ . Conozco ejemplos de $f$ que satisfacen esta propiedad, como $f(x)=e^x$ Pero, ¿cómo puedo encontrarlos todos?

Answer 1

Existe exactamente un homomorfismo de este tipo, a saber, el mapa constante $x\mapsto 1$ porque $1$ es el único número cuyo $k$ Las raíces son todas racionales. Con más detalle:

Dejemos que $x$ sea arbitraria. Dado que $f(x)=f(\frac x2+\frac x2)=f(\frac x2)^2$ debe ser positivo; tomar $f(x)=n/m$ en términos mínimos.

Supongamos que $n/m\ne 1$ entonces hay algún primo $p$ que divide $n$ o $m$ . Supongamos que es $p\mid n$ El otro caso es similar. Sea $k$ sea un número entero tal que $p^k>n$ . Entonces, ¿qué puede $f(\frac{x}{k})$ ¿ser? \Sabemos que $f(x) = f(k\frac{x}{k}) = f(\frac{x}{k})^k$ . Pero si $f(\frac{x}{k})=a/b$ en términos mínimos, entonces debemos tener $a^k=n$ . Desde $p$ divide $n$ , $p$ debe dividir $a$ también, pero entonces $p^k$ divide $a^k=n$ que se contradice con $p^k$ siendo mayor que $n$ .

Answer 2

Consideremos un homomorfismo de este tipo $f$ . Consideremos un elemento arbitrario $a/b \in \mathbb{Q}$ . Si $f(a/b)=p/q$ podemos escribir $p/q$ en los términos más bajos y obtener una factorización primaria única $p/q = \frac{p_1^{r_1} \dots p_n^{r_n}}{{q_1^{s_1} \dots q_m^{s_m}}}$ . la $p_1 \dots p_n, q_1 \dots q_m$ son números primos distintos, y el $r_1 \dots r_n, s_1 \dots s_m$ son enteros positivos. Si $p/q$ es un número entero, entonces el denominador no contiene factores, y si $p/q=1$ el numerador tampoco contiene factores. Ahora, suponemos $p/q \neq 1$ . Entonces, considere $k=\min\{r_1, \dots , r_n, s_1, \dots, s_m\}$ . Entonces $f\left(\frac{a}{b(k+1)}\right) = \frac{p_1^{r_1/{k+1}} \dots p_n^{r_n/{k+1}}}{q_1^{s_1/{k+1}} \dots q_m^{s_n/{k+1}}}$ . Si este valor fuera igual a un número racional $p'/q'$ entonces tendríamos $p'^{k+1}/{q'}^{k+1} =p/q$ . Pero cualquier factor primo en $p'^{k+1}/{q'}^{k+1}$ debe tener una potencia mínima $k+1$ y como $p/q$ contiene un primo de potencia $k$ y la factorización de primos es única por el teorema fundamental de la aritmética, tenemos una contradicción.

Como la única suposición que hicimos fue que $\{p_1, \dots , p_n, q_1, \dots q_m\}$ era no vacía, esto significa que $f(a/b)=1$ . Pero como $a/b$ era arbitraria, $f(x)= 1 \forall x \in \mathbb{Q}$ .

Answer 3

Sólo existe el morfismo trivial $x \mapsto 1$ .

De hecho, podemos comprobar que para cualquier $n \in \mathbb{Z}$ y $x\in \mathbb{Q}$ tenemos $f(nx)=f(x)^n$ .

En particular, dado que $f\left(\frac{1}{n}\right)^n = f(1)$ el número $f(1)$ tiene un racional $n^{\textrm{th}}$ raíz para todos $n \ge 1$ . Así que $f(1) = 1$ y $f\left(\frac{1}{n}\right) = 1$ para todos $n \ge 1$ . Y de ahí deducimos $f\left(\frac{a}{b}\right) = 1^a = 1$ .

EDIT : Aquí está la explicación de mi afirmación de que $1$ es el único número racional con un $n^{\textrm{th}}$ raíz para todos $n \ge 1$ .

Cualquier número racional no nulo puede escribirse de forma única como un producto de potencias de primos (con algunos exponentes negativos, por ejemplo $\frac{4}{15} = 2^2 . 3^{-1} . 5^{-1}$ ). Sea $p$ sea un número primo, para $x \in \mathbb{Q}^*$ denotan $v_p(x) \in \mathbb{Z}$ el exponente de $p$ en esta descomposición (llamada $p$ -valorización de la vida). Vemos que $v_p(xy) = v_p(x) + v_p(y)$ para $x, y \in \mathbb{Q}^*$ Así que, en particular $v_p(x^n) = n v_p(x)$ . Esto significa que el $p$ -valorización de un $n^{\textrm{th}}$ la potencia es un múltiplo de $n$ .

Así que si $x \in \mathbb{Q}^*$ es un $n^{\textrm{th}}$ poder para todos $n \ge 1$ entonces $v_p(x)$ es un múltiplo de $n$ para todos $n \ge 1$ , lo que significa que $v_p(x) = 0$ . Y como esto es cierto para todos los números primos $p$ obtenemos $x = 1$ .

Answer 4

Dos pruebas de que no hay homomorfismos no triviales.

Esto es más o menos lo mismo que han sugerido otros, pero en términos más abstractos: ${\bf Q}$ es un grupo divisible. La imagen por un homomorfismo de un grupo divisible es siempre divisible (esto es fácil de demostrar), pero ${\bf Q}^*$ no tiene subgrupos divisibles no triviales (todo racional no nulo no es un $n$ -para una potencia suficientemente grande $n$ ), por lo que el único homomorfismo es el trivial.

Para una prueba un poco enrevesada, pero quizás interesante, no es muy difícil ver que ${\bf Q}^*$ es isomorfo (como grupo) al producto del grupo de dos elementos (correspondiente al signo) y un grupo abeliano libre de generación infinita (correspondiente a la descomposición en primos). Observando que $f(x)=f(x/2)^2$ vemos que la imagen del homomorfismo es un subgrupo de los racionales positivos, que forman un grupo abeliano libre bajo multiplicación.

Pero un subgrupo de un grupo abeliano libre es siempre libre, y además un generador libre no puede ser divisible (es una simple consecuencia de la definición), por lo que la imagen debe ser trivial (porque es libre y divisible), y también el propio homomorfismo.

Esto demuestra que no grupo divisible (incluso divisible por $2$ o cualquier otro primo) admite un homomorfismo no trivial en ${\bf Q}^*$ .