1. Доказать, что мультипликативная группа $%\mathbb Q^\times$% рациональных чисел изоморфна прямой сумме циклической группы порядка 2 и свободной абелевой группы со счетным числом образующих.
  2. Доказать, что аддитивная группа $%\mathbb Q^+$% рациональных чисел не изоморфна прямой сумме двух собственных подгрупп.
  3. Доказать, что фактор $%\mathbb Q^+/\mathbb Z^+$% не изоморфен прямой сумме циклических групп..

задан 31 Мар '18 2:26

10|600 символов нужно символов осталось
1

1) Это следует из того, что всякое рациональное число, отличное от нуля, единственным образом представимо в виде $%\pm2^{k_1}3^{k_2}5^{k_3}\ldots$%, где показатели степеней при простых числах целые, и "почти все" они равны нулю (все, кроме конечного числа). Это даёт требуемый изоморфизм.

2) Пусть $%\mathbb Q=A+B$% как аддитивная группа. Предположим, что слагаемые ненулевые. Рассмотрим элементы $%a\in A$% и $%b\in B$%, отличные от нуля. Частное $%\frac{a}b$% рационально. Пусть оно равно $%\frac{m}n$%, где $%m$% целое, $%n$% натуральное. Тогда $%na=mb\in A\cap B$%, и элемент из пересечения ненулевой ввиду $%a\ne0$%, $%n\in{\mathbb N}$%. Значит, сумма не прямая.

3) Группа $%G=\mathbb Q$% делима, то есть для любого $%a\in G$% и для любого $%n\in\mathbb N$%, уравнение $%nx=a$% имеет решение в $%G$%. Гомоморфный образ делимой группы обладает тем же свойством. Значит, факторгруппа $%\mathbb Q/\mathbb Z$% делима. Понятно, что прямая сумма циклических групп этим свойством не обладает, так как никакой образующий бесконечной циклической группы нельзя "разделить" на 2, а для конечной группы порядка $%n$%, его образующий нельзя "разделить" на простое $%p$%, делящее $%n$%.

ссылка

отвечен 31 Мар '18 3:00

Как именно в 1) такое представление дает изоморфизм?

(31 Мар '18 3:07) Slater

@Slater: напрямую. Числу соответствует набор, состоящий из +-1 (это элемент Z2) и последовательности показателей (элементов счётной прямой степени групп Z, которая и есть свободная абелева группа счётного ранга).

(31 Мар '18 3:48) falcao

То есть отображение такое: $%\mathbb Q^\times \to \mathbb Z_2\oplus \mathbb Z^\infty, (-1)^m2^{k_1}3^{k_2}\dots\mapsto ((-1)^m,k_1,k_2,\dots)$%. Почему это гомоморфизм? У меня получается $%(-1)^m2^{k_1}3^{k_2}\dots \times (-1)^n2^{l_1}3^{l_2}\dots=(-1)^{n+m}2^{k_1+l_1}3^{k_2+l_2}\dots\mapsto ((-1)^{m+n},k_1+l_1,k_2+l_2,\dots)\ne ((-1)^m,k_1,k_2,\dots)+((-1)^n,l_1,l_2,\dots)$%

(31 Мар '18 4:15) Slater

Или я не так интерпретирую групповую операцию в $%\mathbb Z_2\oplus \mathbb Z^\infty$%? Возможно, должно быть так: $%(x;a,b,\dots)\cdot (y; c,d,\dots)=(xy;a+b,c+d,\dots)$%?

(31 Мар '18 6:00) Slater

@Slater: здесь всё очевидно из здравого смысла. Показатели степеней складываются, поэтому получается гомоморфизм. Конечно, группа Z2={1,-1} рассматривается как мультипликативная, а свободная абелева группа -- как аддитивная. Операция там именно такая.

(31 Мар '18 13:00) falcao
10|600 символов нужно символов осталось
Ваш ответ

Если вы не нашли ответ, задайте вопрос.

Здравствуйте

Математика - это совместно редактируемый форум вопросов и ответов для начинающих и опытных математиков, с особенным акцентом на компьютерные науки.

Присоединяйтесь!

отмечен:

×4,520

задан
31 Мар '18 2:26

показан
240 раз

обновлен
31 Мар '18 13:00

Отслеживать вопрос

по почте:

Зарегистрировавшись, вы сможете подписаться на любые обновления

по RSS:

Ответы

Ответы и Комментарии

Дизайн сайта/логотип © «Сеть Знаний». Контент распространяется под лицензией cc by-sa 3.0 с обязательным указанием авторства.
Рейтинг@Mail.ru