Un producto infinito de \(\mathbb{Z}\)s no es libre
En esta breve nota presentaré una prueba del siguiente teorema de Baer.
El grupo \(\mathbb{Z}^{\mathbb{N}}\) no es un grupo abeliano libre.
Advertencia. Este grupo es el producto de una infinidad de copias de \(\mathbb{Z}\), no la suma directa —que por definición sí es libre. El producto consta de todas las sucesiones infinitas de enteros, la suma directa es el subgrupo que consta de sucesiones tales que solo un número finito de coordenadas son distintas de cero.
Specker probó después que \(\mathbb{Z}^{\mathbb{N}}\) está muy lejos de ser libre en el siguiente sentido: si fuera libre, como es de cardinalidad \(2^{\aleph_0}\), también una base tendría esa cardinalidad; entonces, \(\mathrm{Hom}(\mathbb{Z}^{\mathbb{N}}, \mathbb{Z})\) tendría cardinalidad \(2^{2^{\aleph_0}}\), pero ¡Specker probó que tiene cardinalidad \(\aleph_0\)!
Supongamos que \(\mathbb{Z}^{\mathbb{N}}\) es libre para llegar a una contradicción; concretamente, supongamos que tiene una base \(\{ x_{\lambda} : \lambda \in \Lambda\}\). Para cada \(i \in \mathbb{N}\) sea \(e_i \in \mathbb{Z}^{\mathbb{N}}\) la sucesión con un 1 en la entrada \(i\) y 0 en las demás entradas. Cada \(e_{i}\) se puede escribir como combinación lineal de un número finito de los \(x_{\lambda}\). Sea \(\{x_\gamma : \gamma \in \Gamma\}\) el conjunto de aquellas \(x_{\lambda}\) que aparecen en alguna de estas combinaciones lineales. Como cada combinación lineal es finita y hay una para cada \(i \in \mathbb{N}\), entonces \(\Gamma\) es un subconjunto numerable de \(\Lambda\) (que a su vez es no numerable).
Sea \(M := \left\langle x_\gamma : \gamma \in \Gamma \right\rangle\) y \(A := \mathbb{Z}^{\mathbb{N}}/M\). El grupo \(A\) es libre pues claramente las imágenes en \(A\) de los \(x_{\mu}\) con \(\mu \in \Lambda \setminus \Gamma\) forman una base. Nótese también que \(M\) contiene a la suma directa \(\mathbb{Z}^{\oplus \mathbb{N}} = \left\langle e_i : i \in \mathbb{N} \right\rangle\).
Consideremos la imagen \(x\) de la sucesión \((2^n)_{n\in \mathbb{N}}\) en \(A\). Para cualquier \(N\), podemos escribir \[(2^0, 2^1, \ldots) = (2^0, \ldots, 2^{N-1}, 0, 0, \ldots) + (0, \ldots, 0, 2^N, 2^{N+1}, \ldots),\] con el primer sumando en \(\mathbb{Z}^{\oplus \mathbb{N}} \subseteq M\), de modo que \(x\) también es la imagen de \((0, \ldots, 0, 2^N, 2^{N+1}, \ldots)\) en \(A\). Por lo tanto, ¡\(x\) es divisible por \(2^N\) para cualquier \(N\)! Esto no puede pasar en un grupo libre.