¿Es R/Z isomorfo a R/2Z?

Question

Veo que ambos ${\Bbb R}/{\Bbb Z}$ y ${\Bbb R}/{2\Bbb Z}$ son isomorfas a $S^1$ . Pero cuando aplico el tercer teorema del isomorfismo obtengo ${\Bbb R}/{\Bbb Z}\frac {{\Bbb R}/{2\Bbb Z}}{{\Bbb Z}/{2\Bbb Z}}$ es decir ${\Bbb R}/{\Bbb Z}\frac {{\Bbb R}/{2\Bbb Z}}{\Bbb Z_2}$ . Así que si la afirmación del título es cierta, consigo ${\Bbb R}/{\Bbb Z}\frac {{\Bbb R}/{\Bbb Z}}{\Bbb Z_2}$ Lo cual me parece incorrecto.

Desde $\Bbb R$ es abeliano, todos los conjuntos cocientes son grupos.

Answer 1

¡En realidad es correcto! Tomando $S^1$ e identificando las antípodas da $S^1$ de nuevo. Esto explica por qué $\mathbb{R}P^1$ es homeomorfo a $S^1$ y lo que tienes es la versión teórica de grupo de esto.

Hay que tener cuidado con cómo te estás dando cuenta $\mathbb{Z}_2$ como un subgrupo del círculo. Lo sensato es que como grupo multiplicativo $\{\pm 1\}$ y los cosets son entonces pares antipodales, lo que da mi primer párrafo anterior.

Answer 2

Esto no es un problema en absoluto.

Consideremos el morfismo de grupo suryectivo $f: S^1 \to S^1$ $$f(z)=z^2$$ El núcleo es $\{ 1 ; -1\} \cong \Bbb Z_2$ y por el primer teorema de isomorfismo $$S^1 \cong S^1 / \{ 1 ; -1\}$$ que es exactamente lo que has encontrado.

Answer 3

De hecho, si se considera $S^1$ como el grupo multiplicativo $\{ z\in\mathbb C : \lvert z\rvert = 1\}$ entonces $H=\{+1,-1\}$ es un subgrupo isomorfo a $\mathbb Z/2\mathbb Z$ y se tiene un isomorfismo \begin{align*} S^1/H &\longrightarrow S^1, \\ [z] &\longmapsto z^2, \end{align*} donde $[z]=zH=\{z,-z\}$ .

Answer 4

Elementos de $\mathbb{R}/2 \mathbb{Z}$ son de la forma $x + 2\mathbb{Z}$ para $x \in \mathbb{R}$ y un conjunto completo de representantes viene dado por la elección de $x$ de $[0,2)$ aunque son posibles muchas otras opciones.

Elementos de $\mathbb{Z}/2 \mathbb{Z}$ son de la forma $z + 2\mathbb{Z}$ para $z \in \mathbb{Z}$ y un conjunto completo de representantes viene dado por la elección de $z$ de $\{0,1\}$ .

Elementos de $G = \frac{\mathbb{R}/2 \mathbb{Z}}{\mathbb{Z}/2 \mathbb{Z}}$ son aparentemente, entonces, de la forma $x + 2\mathbb{Z} + \mathbb{Z}/2\mathbb{Z}$ . Podemos encontrar todos los elementos de la clase de equivalencia que contiene $x$ por \begin{align*} \bigcup_{z \in \mathbb{Z}/2\mathbb{Z}} & x + 2\mathbb{Z} + z \\ &= \left( x + 2\mathbb{Z} + (0 + 2\mathbb{Z}) \right) \cup \left( x + 2\mathbb{Z} + (1 + 2\mathbb{Z}) \right) \\ &= \left( x + 2\mathbb{Z} \right) \cup \left( x + 1 + 2\mathbb{Z} \right) \\ &= x + (2\mathbb{Z} \cup (1 + 2\mathbb{Z}) ) \\ &= x + \mathbb{Z} \text{.} \end{align*}

Es decir, las clases de equivalencia del cociente que define $G$ son los mismos que los de $\mathbb{R}/\mathbb{Z}$ (y la adición pasa sin complicaciones). Así que $G \cong \mathbb{R}/\mathbb{Z}$ .

Answer 5

En mi opinión, estás enfocando el problema desde el lado equivocado. El problema al que te enfrentas se debe a cómo identificas $\mathbb{Z}/2\mathbb{Z}$ con un subgrupo de $\mathbb{R}/\mathbb{Z}$ después de aplicar el isomorfismo.

Hay una forma más sencilla de proceder. Consideremos el homomorfismo de grupo (aditivo) $\mu\colon\mathbb{R}\to\mathbb{R}$ definido por $\mu(x)=x/2$ . Esto es, por supuesto, un isomorfismo. Compóngalo con la proyección canónica $\pi\colon\mathbb{R}\to\mathbb{R}/\mathbb{Z}$ .

Entonces $\pi\circ\mu$ es suryente y $$ \ker(\pi\circ\mu)=\{x\in\mathbb{R}:\mu(x)\in\mathbb{Z}\}=2\mathbb{Z} $$ por lo que el (primer) teorema del homomorfismo proporciona $$ \mathbb{R}/2\mathbb{Z}= \mathbb{R}/\ker(\pi\circ\mu)\cong \mathbb{R}/\mathbb{Z} $$ Si en lugar de $\mu(x)=x/2$ utilizamos $\mu(x)=x/k$ , donde $k$ es cualquier real no nulo, obtenemos de forma similar que $$ \mathbb{R}/k\mathbb{Z}\cong\mathbb{R}/\mathbb{Z} $$