T*******x
发帖数: 8565 | 1 最近刚接触抽象代数，问题不少。
我在想这个问题：实数加法群，有理数加法群，整数加法群
(R,+)，(Q,+)，(Z,+)之间的同态关系：
1,(Q,+)-->(Z,+)只有平凡同态，即所有有理数都映射到0
这个我已经证明了。
2,(R,+)-->(Z,+)应该只有平凡同态。
3,(R,+)-->(Q,+)应该只有平凡同态。
2,3,我还没有证明出来。它们又引出一个问题：
4,(R,+)有没有不可数真子群(uncountable proper subgroup)？
如果没有的话，那么2,3就成立了。 | l*****e
发帖数: 65 | 2
2 right, 3 wrong.
2. if f(r)=n !=0, then 2*f(r/2n)=1, f(r/2n) cannot be an integer.
3. R as Q-mod, take one Hamel basis, then map any one base element to 1 and
other basis elements to 0, and extend linearly to whole R, it is
homormorphism. For instance, f(r \pi)=r for r in Q, f(x)=0 if x is
Q-independent with \pi.
【在 T*******x 的大作中提到】
: 最近刚接触抽象代数，问题不少。
: 我在想这个问题：实数加法群，有理数加法群，整数加法群
: (R,+)，(Q,+)，(Z,+)之间的同态关系：
: 1,(Q,+)-->(Z,+)只有平凡同态，即所有有理数都映射到0
: 这个我已经证明了。
: 2,(R,+)-->(Z,+)应该只有平凡同态。
: 3,(R,+)-->(Q,+)应该只有平凡同态。
: 2,3,我还没有证明出来。它们又引出一个问题：
: 4,(R,+)有没有不可数真子群(uncountable proper subgroup)？
: 如果没有的话，那么2,3就成立了。
| T*******x
发帖数: 8565 | 3
谢谢。这个很巧妙。这个方法也适用于证明(Q,+)-->(Z,+)没有同态。
我是用另外的方法证明Q->Z的，那个方法证明不了R-Z。你的方法好。
这个我现在还看不懂。过段时间吧。谢谢。
【在 l*****e 的大作中提到】
:
: 2 right, 3 wrong.
: 2. if f(r)=n !=0, then 2*f(r/2n)=1, f(r/2n) cannot be an integer.
: 3. R as Q-mod, take one Hamel basis, then map any one base element to 1 and
: other basis elements to 0, and extend linearly to whole R, it is
: homormorphism. For instance, f(r \pi)=r for r in Q, f(x)=0 if x is
: Q-independent with \pi.
|
|
