Matematické Fórum

Pavel Brožek · 19. 11. 2011 14:36

↑↑ Andrejka3:

Píšeš, že $f^{-1}(8)=4$ . Ale $f(4)=16$ .

Andrejka3 · 19. 11. 2011 14:37

↑↑ vanok:
viz příspěvek č.2

Andrejka3 · 19. 11. 2011 14:38

↑ Pavel Brožek:
No tak to je v pytli.

vanok · 19. 11. 2011 14:42

Ahoj↑↑ Pavel Brožek:,
A co sa stane ak i=2 (inac i>=2)?

Pavel Brožek · 19. 11. 2011 14:48

↑ vanok:

Nerozumím, co by se mělo stát. Např.

$f(36)=f(1\cdot2^2\cdot3^2)=1\cdot2^{\lfloor\frac 22\rfloor}\cdot3^{2\cdot2+(2 \mod 2)}=1\cdot2^{1}\cdot3^{4+0}=162$

Pavel Brožek · 19. 11. 2011 14:50

↑ Andrejka3:

Proč? Odvodit ten vztah je úplně jednoduché. Stačí složit isomorfismus $g_1:4\mathbb{N}\to3\mathbb{N}$ s isomorfismem $g_2:3\mathbb{N}\to2\mathbb{N}$ , přičemž isomorfismy g používám přesně takové, jaké jsme tu popsali pro nesoudělná čísla.

Andrejka3

↑ Pavel Brožek:
Takže myslíš si, že to je v pořádku? Že jsme to udělali dobře?
Zrovna jím a budu mít prostor na pořádné psání až kolem večera.
Edit: Tak fajn, to jsem ráda, mám zase povznesenou náladu:)

vanok · 19. 11. 2011 14:55 — Editoval vanok (19. 11. 2011 15:02)

↑ Pavel Brožek:, to preto ze si pisal (i mod2), v tvojom vzorci, vidim teraz ako to chapat.
A este f(8) a f(4) su rozne ?

vanok · 19. 11. 2011 15:00

↑ Andrejka3: dakujem

Pavel Brožek · 19. 11. 2011 15:00

↑ vanok:

Tím jsem myslel zbytek po dělení i dvěma. To tedy nijak neomezuje i.

↑ Andrejka3:

Dá se snadno určit i inverzní zobrazení $f^{-1}:2\mathbb{N}\to4\mathbb{N}$

$f^{-1}(a\cdot2^i\cdot3^j)=a\cdot2^{2i+(j\mod2)}\cdot3^{\lfloor\frac j2\rfloor}$

a dá se ověřit, že složení $f\circ f^{-1}$ je identita.

Já věřím, že jsme nikde neudělali chybu :-). Ale kdyby to ještě někdo potvrdil, byl bych rád.

Pavel Brožek · 19. 11. 2011 15:05

↑ vanok:

$f(4)=2\nl f(8)=6$

Takže jsou různé.

vanok · 19. 11. 2011 15:14

↑ Pavel Brožek:, ok. Dakujem.

Pavel Brožek

Tak se zdá, že to nefunguje :-(

$f(8\cdot24)=f(192)=72\neq324=6\cdot54=f(8)\cdot f(24)$

Edit: Problém je už v tom, že neplatí ↑↑ toto: (platilo by to, kdyby a bylo nesoudělné s m a n, jenže to nejde zaručit). Takže jsme zase skoro na začátku…

Andrejka3 · 19. 11. 2011 16:32

↑ Pavel Brožek:
Ve sbírce není napsané řešení.
Uvidíme, třeba na to ještě přijdeme.

Pavel Brožek

Domněnka (z velké části shodná s tím, co uvádíš v prvním příspěvku):

Pokud čísla m a n mají prvočíselné rozklady ( $p_i$ je i-té prvočíslo, tj. $p_1=2$ , $p_2=3$ a tak dále)

$m=p_1^{r_1}\cdot p_2^{r_2}\cdot \ldots\cdot p_k^{r_k}\cdot\ldots\nl n=p_1^{s_1}\cdot p_2^{s_2}\cdot \ldots\cdot p_k^{s_k}\cdot\ldots$

(od určitého indexu tedy budou r a s nulová) a existuje bijekce $\sigma:\mathbb{N}\to\mathbb{N}$ taková, že $s_i=r_{\sigma(i)}$ pro každé $i\in\mathbb{N}$ , pak funkce $f:m\mathbb{N}\to n\mathbb{N}$
taková, že

$f(p_1^{t_1}\cdot p_2^{t_2}\cdot \ldots)=p_1^{t_{\sigma(1)}}\cdot p_2^{t_{\sigma(2)}}\cdot \ldots,$

je isomorfismus.

Andrejka3 · 19. 11. 2011 17:18

↑ Pavel Brožek:
Ona se liší v tom, že povoluješ, aby v rozkladu byla třeba 2 u obou čísel i s jinou mocninou, že?
Společná prvočísla nemusí mít stejnou mocninu.

Autor skryl část textu. Zobrazit/skrýt!

Pavel Brožek · 19. 11. 2011 17:29

↑ Andrejka3:

Ano, přesně tak.

Snažil jsem se to také zformulovat tak, aby nebylo těžké dokázat, že to je isomorfismus.

Pavel Brožek · 19. 11. 2011 17:59

Napadl mě trochu nový pohled na věc.

Mějme danou posloupnost nezáporných celých čísel $r=$r_1,r_2,\ldots$$ s konečným počtem nenulových členů. Pak definujme algebru $A_r$ takovou, že její prvky budou všechny posloupnosti $\{a_i\}_{i=1}^{\infty}$ nezáporných čísel takových, že $a_i\ge r_i, i\in\mathbb{N}$ a počet nenulových $a_i$ je konečný. Operaci + definujme jako běžné sčítání posloupností.

Ukažme nyní, že algebra $A_r$ je isomorfní algebře $m\mathbb{N}$ , kde $m=p_1^{r_1}\cdot p_2^{r_2}\cdot \ldots$ . Budeme ověřovat, že isomorfismem je následující zobrazení $F:m\mathbb{N}\to A_r$ :

Jestliže je $x\in m\mathbb{N}$ , pak jeho prvočíselný rozklad můžeme napsat jako $x=p_1^{x_1}\cdot p_2^{x_2}\cdot \ldots$ , kde $x_i\ge r_i, i\in \mathbb{N}$ . Číslu $x$ pak přiřadíme posloupnost $\{x_i\}_{i=1}^{\infty}$ .

Je snad evidentní, že f je bijekce. Dokažme tedy, že zachovává operaci.

$F(a\cdot b)&=F$(p_1^{a_1}\cdot p_2^{a_2}\cdot \ldots)\cdot(p_1^{b_1}\cdot p_2^{b_2}\cdot \ldots)$=\\ &=F(p_1^{a_1+b_1}\cdot p_2^{a_2+b_2}\cdot \ldots)=\\ &=$a_1+b_1,a_2+b_2,\ldots$=\\ &=$a_1,a_2,\ldots$+$b_1,b_2,\ldots$=\\ &=F$p_1^{a_1}\cdot p_2^{a_2}\cdot \ldots$+F$p_1^{b_1}\cdot p_2^{b_2}\cdot \ldots)$=\\ &=F(a)+F(b)$

Převedl jsem tak problém na to, že máme zjistit, pro jaké různé posloupnosti r a s jsou algebry $A_r$ a $A_s$ isomorfní. Z tohoto pohledu se zdá tvrzení ↑ Pavel Brožek: skoro triviální.

Andrejka3 · 19. 11. 2011 18:31

↑ Pavel Brožek:
Hezké.
Například algebra 2N je izomorfní algebře posloupností, jež mají první člen větší nebo roven jedné.
Algebra 4N je izomorfní algebře posl., jež mají první člen větší nebo roven dvěma. Hmmm.
Pravda, že usnadní tento pohled důkazu toho tvrzení.
Myslela jsem, že mě teď napadne třeba důvod proč (ne)jsou výše zmíněné algebry izomorfní.
Napsala jsem to správně?

Pavel Brožek · 19. 11. 2011 18:32

↑ Andrejka3:

Ano, tak je to myšlené. Zdá se mi ale, že to jen usnadňuje najít ty isomorfismy, ale nevím, jestli to bude užitečné k důkazu, že isomorfismus neexistuje.

Pavel Brožek · 19. 11. 2011 18:42

Už jen spíš drobnost:

Každá algebra $A_r$ je isomorfní nějaké algebře $A_s$ , kde s je nerostoucí posloupnost (to tvrdím na základě ↑ Pavel Brožek:). Můžeme tak zkoumat jen algebry $A_s$ , kde s je nerostoucí. Mohlo by se ukázat, že libovolné dvě různé takové algebry nebudou isomorfní.

vanok · 19. 11. 2011 18:45

Este jeden problem: Teraz mi napadlo ci existuju nejake automorfismy v takychto strukturach?

Andrejka3

↑ Pavel Brožek:
Jo takto :)
Nad tím jsem dumala docela dlouho než mi to došlo.

Ad Vanok:
Automorfismy jsou, pokud si dobře pamatuji, bijektivní endomorfismy, tj. isomorfismy na stejný nosič?

Každopádně, kdyby někdo hledal tu sbírku nebo hezký výklad algebry, doporučuji
heslo google: trlifaj Nalg026
popř. algebra sbírka nebo tak něco.
EDIT: Vlastně není mi jasné, že je jednoduché dokázat, že jiné algebry nejsou izomorfní.

vanok · 19. 11. 2011 19:08

↑ Andrejka3:,
Ano.

Pavel Brožek · 19. 11. 2011 19:22

↑ Andrejka3:

To já také nevím, jak dokázat, že jsou jiné neisomorfní. Jen bych to trochu čekal, proto jsem se snažil problém přeformulovat tak, aby všechny algebry, které budeme uvažovat, byly neisomorfní. Je možné, že se ukáže, že některé (možná i všechny) isomorfní jsou.

Založil jsem téma, které by nám možná mohlo pomoct.

Matematické Fórum

#26 19. 11. 2011 14:36

Re: Další izomorfní algebry

#27 19. 11. 2011 14:37

Re: Další izomorfní algebry

#28 19. 11. 2011 14:38

Re: Další izomorfní algebry

#29 19. 11. 2011 14:42

Re: Další izomorfní algebry

#30 19. 11. 2011 14:48

Re: Další izomorfní algebry

#31 19. 11. 2011 14:50

Re: Další izomorfní algebry

#32 19. 11. 2011 14:50 — Editoval Andrejka3 (19. 11. 2011 14:52)

Re: Další izomorfní algebry

#33 19. 11. 2011 14:55 — Editoval vanok (19. 11. 2011 15:02)

Re: Další izomorfní algebry

#34 19. 11. 2011 15:00

Re: Další izomorfní algebry

#35 19. 11. 2011 15:00

Re: Další izomorfní algebry

#36 19. 11. 2011 15:05

Re: Další izomorfní algebry

#37 19. 11. 2011 15:14

Re: Další izomorfní algebry

#38 19. 11. 2011 15:26 — Editoval Pavel Brožek (19. 11. 2011 15:37)

Re: Další izomorfní algebry

#39 19. 11. 2011 16:32

Re: Další izomorfní algebry

#40 19. 11. 2011 16:54 — Editoval Pavel Brožek (19. 11. 2011 17:07)

Re: Další izomorfní algebry

#41 19. 11. 2011 17:18

Re: Další izomorfní algebry

#42 19. 11. 2011 17:29

Re: Další izomorfní algebry

#43 19. 11. 2011 17:59

Re: Další izomorfní algebry

#44 19. 11. 2011 18:31

Re: Další izomorfní algebry

#45 19. 11. 2011 18:32

Re: Další izomorfní algebry

#46 19. 11. 2011 18:42

Re: Další izomorfní algebry

#47 19. 11. 2011 18:45

Re: Další izomorfní algebry

#48 19. 11. 2011 19:01 — Editoval Andrejka3 (19. 11. 2011 19:08)

Re: Další izomorfní algebry

#49 19. 11. 2011 19:08

Re: Další izomorfní algebry

#50 19. 11. 2011 19:22

Re: Další izomorfní algebry

Zápatí