¿Por qué un producto directo infinito de copias de ZZ\Bbb Z no es un módulo gratuito?

Este fracaso de la libertad no es un resultado trivial. Una forma de probarlo es comenzar con un lema: Si$F$es un grupo abeliano libre y$C$es un subgrupo contable, entonces el cociente$F/C$es la suma directa de un grupo contable y un grupo libre. (Estoy omitiendo "abeliano" porque soy perezoso y todos los grupos aquí serán abelianos). [Prueba de lema: Fijar una base$B$para$F$, dejar$B_0$sea ​​el subconjunto contable que consta de los elementos básicos que se producen cuando se expanden los elementos de$C$en términos de su base$B$. Entonces$F$es la suma directa de$F_0$generado libremente por$B_0$y$F_1$generado libremente por$B-B_0$. Como$C\subseteq F_0$, resulta que$F/C$es la suma directa del grupo contable$F_0/C$y el grupo libre$F_1$.]

Como corolario, bajo las hipótesis del lema, cualquier subgrupo divisible de$F/C$debe estar incluido en el sumando contable y por lo tanto debe ser contable.

Ahora supongamos que el producto directo$P$de numerable infinitamente muchas copias de$\mathbb Z$eran libres. los elementos de$P$son todas las secuencias infinitas de números enteros. Dejar$C$ser el subgrupo de$P$que consiste en aquellas secuencias que tienen entradas distintas de cero en solo un número finito de posiciones. Entonces$C$es contable, por lo que la parte divisible de$P/C$tendría que ser contable. Pero esta parte divisible contiene las clases laterales (en$P/C$) de todas las secuencias (en$P$) de la forma$n\mapsto n!\cdot a_n$para secuencias arbitrarias de enteros$(a_n)$. Entonces la parte divisible de$P/C$tiene la cardinalidad del continuo. Esta contradicción demuestra que$P$no es gratis

Si su pregunta no fuera solo sobre$P$sino también sobre productos de innumerables copias de$\mathbb Z$, tenga en cuenta que dicho producto contiene una copia de$P$, por lo que ha terminado si sabe que los subgrupos de grupos libres (abelianos) son libres. Si no lo sabe, simplemente vuelva a ejecutar el argumento en el párrafo anterior dentro de una copia de$P$dentro de su producto más grande.

Por cierto, un teorema de Specker muestra que$P$no sólo no es gratis sino que está muy lejos de serlo. Desde$P$tiene cardinalidad$2^{\aleph_0}$, si fuera libre cualquier base para ello también tendría cardinalidad$2^{\aleph_0}$, entonces habría$2^{2^{\aleph_0}}$homomorfismos de$P$a$\mathbb Z$(porque podias elegir las imagenes de los$2^{\aleph_0}$elementos básicos arbitrariamente). Specker demostró que solo hay muchos homomorfismos numerables$P\to\mathbb Z$, a saber, el$\mathbb Z$-Combinaciones lineales de las proyecciones.