Matematické Fórum

Pavel Brožek · 19. 11. 2011 22:49

Tvrzení 1

Pro prvek $a$ z algebry $A$ označme $\phi(a)$ počet uspořádaných dvojic $(b,c)$ ( $b,c\in A$ ) takových, že $a=b+c$ . Jestliže je algebra $A'$ isomorfní s algebrou $A$ a $f:A\to A'$ je isomorfismus algeber, pak platí $\phi'(f(a))=\phi(a)$ ( $\phi'$ je definována jako $\phi$ , jen působí na algebře $A'$ ).

Důkaz Tvrzení 1

Tvrzení bude dokázáno, pokud najdeme bijektivní zobrazení (označme ho g) mezi všemi dvojicemi $(b,c)$ takovými, že $a=b+c$ a mezi všemi dvojicemi $(b',c')$ takovými, že $f(a)=b'+c'$ . Ukažme, že $g$(b,c)$=(f(b),f(c))$ je takovým zobrazením, tedy že obrazy splňují požadovanou podmínku, g je prosté a na.

Obrazy splňují požadovanou podmínku, protože platí $f(a)=f(b+c)=f(b)+f(c)$ .

$g$ je prosté zobrazení, protože f je prosté zobrazení.

$g$ je na, protože pro každou dvojici $(b',c')$ platí $a=f^{-1}(b'+c')=f^{-1}(b')+f^{-1}(c')$ , má tedy svůj vzor $(f^{-1}(b'),f^{-1}(c'))$ .

____________________________________

Teď se vraťme k našim algebrám $A_r$ , kde $r$ je nerostoucí posloupnost. Asi nemusím nějak více rozvádět, že pro $2r\in A_{r}$ platí $\phi(2r)=1$ (protože $2r=r+r$ ) a že pro žádný jiný prvek $u\in A_r$ rovnost $\psi(u)=1$ neplatí. Isomorfismus $f:A_r\to A_s$ tedy podle Tvrzení 1 musí splňovat $f(r)=s$ .

Tvrzení 2

Pro $r\in A_r$ a $n\in\mathbb{N}$ , $n\ge2$ platí $\phi(nr)=\prod_{i\in\mathbb{N}}((n-2)r_i+1)$ .

Důkaz Tvrzení 2

Jestliže chceme posloupnost $nr$ rozložit na součet dvou posloupností $t, u$ , musí pro každý prvek posloupnosti platit $nr_i=t_i+u_i$ . Posloupnosti $t$ a $u$ jsou z algebry $A_r$ , platí proto $t_i\ge r_i$ a $u_i\ge r_i$ . Můžeme volit $t_i\in\{r_i, r_i+1,\ldots,(n-1)r_i\}$ , to je celkem $(n-2)r_i+1$ voleb. Takto můžeme volit rozklady nezávisle pro všechny $i\in\mathbb{N}$ . Počet rozkladů je proto $\prod_{i\in\mathbb{N}}((n-2)r_i+1)$ .

____________________________________

Platí $f(nr)=\underbrace{f(r)+\ldots+f(r)}_{n}=\underbrace{s+\ldots+s}_{n}=ns$ a tedy $\phi(nr)=\phi(ns)$ , přepsáno pomocí Tvrzení 2

$\prod_{i\in\mathbb{N}}(kr_i+1)=\prod_{i\in\mathbb{N}}(ks_i+1) \qquad\forall k\in\mathbb{N}$

(Provedl jsem posunutí $k=n-2$ a navíc vyloučil případ $k=0$ , protože je triviální a nic neříká.)

Mějme pevně dány posloupnosti $r$ a $s$ . Musí existovat číslo $m\in\mathbb{N}$ takové, že $r_i=0$ a $s_i=0$ pro $i>m$ . Nekonečný součin (který ale byl vždy dobře definovaný, protože se od jistého i násobily jen jedničky) můžeme přepsat

$\prod_{i=1}^m(kr_i+1)=\prod_{i=1}^m(ks_i+1) \qquad\forall k\in\mathbb{N}\nl 1+k\sum_{i=1}^m r_i+k^2\sum_{\substack{i,j=1\\ i<j}}^m r_ir_j+\ldots+k^mr_1r_2\cdot\ldots\cdot r_m=1+k\sum_{i=1}^m s_i+k^2\sum_{\substack{i,j=1\\ i<j}}^m s_is_j+\ldots+k^mr_1s_2\cdot\ldots\cdot s_m\nl k$\sum_{i=1}^m r_i-\sum_{i=1}^m s_i$+k^2$\sum_{\substack{i,j=1\\ i<j}}^m r_ir_j-\sum_{\substack{i,j=1\\ i<j}}^m s_is_j$+\ldots+k^m$r_1r_2\cdot\ldots\cdot r_m-s_1s_2\cdot\ldots\cdot s_m$=0$

Na levé straně máme polynom v $k$ a ten se rovná nule. Kdyby všechny koeficienty polynomu nebyly nulové, tak by to znamenalo, že máme polynom konečného nenulového řádu, který má nekonečně mnoho kořenů, což je evidentní spor. Každý koeficient tedy musí být nulový. Dostáváme tak sadu rovnic

$\sum_{i=1}^m r_i&=\sum_{i=1}^m s_i\\ \sum_{\substack{i,j=1\\ i<j}}^m r_ir_j&=\sum_{\substack{i,j=1\\ i<j}}^m s_is_j\\ &\vdots\\ r_1r_2\cdot\ldots\cdot r_m&=s_1s_2\cdot\ldots\cdot s_m$

To je velké omezení, posloupnosti $r, s$ , které nesplňují každou z uvedených rovností, nemohou vytvořit isomorfní algebry $A_r, A_s$ . Je možné, že soustava rovnic dokonce implikuje $s=r$ , tak daleko jsem se ještě nedostal.

(Trochu mě tento příspěvek vyčerpal, tak se mi ho teď nechce moc důkladně kontrolovat, omluvte prosím případné chyby :-) ).

Pavel Brožek · 19. 11. 2011 23:27

Dokončení důkazu:

Sestavme polynom

$x^m-x^{m-1}\sum_{i=1}^m r_i+x^{m-2}\sum_{\substack{i,j=1\\ i<j}}^m r_ir_j-\ldots+(-1)^mr_1r_2\cdot\ldots\cdot r_m$

Jeho kořeny jsou podle Vietových vzorců čísla $r_i, i\in\{1,\ldots,m\}$ . Polynom

$x^m-x^{m-1}\sum_{i=1}^m s_i+x^{m-2}\sum_{\substack{i,j=1\\ i<j}}^m s_is_j-\ldots+(-1)^ms_1s_2\cdot\ldots\cdot s_m$

má však úplně stejné koeficienty, proto má také stejné kořeny. Množina všech $r_i$ a množina všech $s_i$ jsou proto shodné až na permutaci, která nás však nezajímá, protože $r$ a $s$ jsou neklesající posloupnosti. Máme tedy výsledek $s=r$ .

Tím je vše dokončeno a pro daná čísla $m$ a $n$ z původního zadání už umíme rozhodnout, zda jsou $m\mathbb{N}$ a $n\mathbb{N}$ isomorfní.

Teď jen doufám, že jsem nikde neudělal hloupou chybu. Důkaz je to o dost komplikovanější než ten chybný z odpoledne :-).

check_drummer

↑ Pavel Brožek:
Ahoj. Bohužel jsem včera z časových důvodů nestíhal sledovat toto vlákno - a jestli to chápu dobře, tak úloha by měla být vyřešena. Můžeš mi prosím poslat odkaz na příspěvek v tomto vláknu, který charakterizuje ekvivalentní podmínku, kdy jsou struktury mN a nN ekvivalentní? Děkuji.

Pavel Brožek

↑ check_drummer:

Ahoj, ano, pokud jsem se nikde nezmýlil, tak je to vyřešené (ale možná má smysl hledat jednodušší řešení, protože to moje je poměrně zdlouhavé). ↑↑ Tady: je popsané, kdy jsou algebry isomofrní. Ukázalo se, že v ostatních případech algebry isomorfní nejsou.

Andrejka3

Ahoj.
Zatím jsem vás nedohonila ve vašich důkazech a myšlenkách, ještě jsem na to od té doby neměla klid. Takže to, co dále budu psát bude asi nadbytečné. Úloha je již vyřešená a pochybuju, že to jsou nové objevy. Možná to později editem odstraním.
Kde je odlišnost struktury 2N a 4N? Už jsme na to narazili předtím. 4^3 = 8^2, coz je zajimave. Kdybychom hledali izomorfismus z 4N do 2N, tak musime priradit ctyrce cislo, ktere neni delitelne 4 a zaroven jeho treti mocnina se da napsat jako druha mocnina nejakeho cisla z 2N, neboli priradit takove cislo 2n, kde 2 nedeli n, ze $(2n)^{3/2}$ je z 2N. Takove ale neni. $(2n)^{3/2}$ je iracionalni. Pamatuju si, ze nam ctyrka a osmicka delaly problemy.

EDIT:
PRIPOMINKA

Buď $r$ nerostoucí psl., $A_r$ prislusna algebra. $\varphi$ jako v Tvrzeni 1.
Tvrdí se, že jediný prvek $u$ algebry $A_r$ , ktery splnuje rovnost $\varphi(u)=1$ je $2r$ . To neni pravda. Pokud "delka" posloupnosti $r$ (pocet nenulovych clenu) je $l_r$ , posloupnost $(e_i)$ je nulova vsude az na i-te misto, kde ma jednicku, pak $\varphi (2(r + e_i))=1$ , je-li $i>l_r$ a $r + e_i \in A_r$ . Nebo nechapu text za Tvrzenim 1.
edit: Výše není pravda. Omyl.

EDIT:
Navržené značení a ideje usnadní důkaz toho, že $p \mathbb{N} \ncong p^n \mathbb{N}$ , kde $p$ je prvocislo a $n>1$ :

Autor skryl část textu. Zobrazit/skrýt!

Dalsim krokem by bylo ukazat, ze $p^m \mathbb{N} \ncong p^n \mathbb{N}$ , kdyz $n \neq m$ .

Autor skryl část textu. Zobrazit/skrýt!

Zajimava cast je i tato. $p_1p_2 \mathbb{N} \ncong p_3 \mathbb{N}$ pro tri ruzna prvocisla.

Autor skryl část textu. Zobrazit/skrýt!

Tyto myšlenky (tak trochu přejaté z předchozího důkazu) možná lze nějak zobecnit. Problém dělá bohužel to, že relace "nebýt izomorfní" není transitivní...

Edit: Odstraněno podezření z neplatnosti důkazu.
Edit: Přidána část pro p^m, p^n.

Andrejka3

Takže to vypadá, že ten důkaz bohužel padá ne? I kdyby ano, mohou být užitečné jeho mezivýsledky.
Edit: Nesmysl. Tento příspěvek je chybný.

Pavel Brožek · 21. 11. 2011 18:22

Ahoj,

Andrejka3 napsal(a):
EDIT:
PRIPOMINKA

Buď $r$ nerostoucí psl., $A_r$ prislusna algebra. $\varphi$ jako v Tvrzeni 1.
Tvrdí se, že jediný prvek $u$ algebry $A_r$ , ktery splnuje rovnost $\varphi(u)=1$ je $2r$ . To neni pravda. Pokud "delka" posloupnosti $r$ (pocet nenulovych clenu) je $l_r$ , posloupnost $(e_i)$ je nulova vsude az na i-te misto, kde ma jednicku, pak $\varphi (2(r + e_i))=1$ , je-li $i>l_r$ a $r + e_i \in A_r$ . Nebo nechapu text za Tvrzenim 1.

Prvek $2(r+e_i)$ se dá podle mě rozložit třemi způsoby:

$2(r+e_i)=r+(r+2e_i)\nl 2(r+e_i)=(r+e_i)+(r+e_i)\nl 2(r+e_i)=(r+2e_i)+r$

takže $\phi(2(r+e_i))=3$ . Nebo mi něco uniká?

Dále jsem tvůj příspěvek nečetl, tak se ke zbytku vyjádřím ještě později.

Andrejka3

↑ Pavel Brožek:
Děkuji.
Dám pryč mystifikující přídavná jména kolem Tvého důkazu.

Pavel Brožek · 21. 11. 2011 18:43

↑ Andrejka3:

Co prosím znamená značení $\mathbb{A}_1 \setminus ( + ) (\mathbb{A}_1 \times \mathbb{A}_1 )$ ? Nikdy jsem se s ním asi nesetkal a z kontextu mi to není jasné.

Andrejka3 · 21. 11. 2011 18:46

↑ Pavel Brožek:
Množinový rozdíl dvou množin. První je nosič algebry. Druhou množinou je obraz binární operace + všech dvojic všech prvků z nosiče algebry, "image +"
Písmo by nemělo být dvojité, protože se jedná o nosiče algeber - množiny a ne algebry.

Pavel Brožek · 21. 11. 2011 19:06

↑ Andrejka3:

Díky, už rozumím. Prošel jsem si už celý ↑ příspěvek: a zdá se mi, že je tam vše v pořádku :-).

Andrejka3 · 21. 11. 2011 19:44

↑ Pavel Brožek:
Casem mozna neco dodam do prispevku vyse, kde jsem psala nejake specialni situace.

check_drummer · 21. 11. 2011 20:24

Dnes jsem o tom přemýšlel a pokud jsou mé následující úvahy správné, je situace velmi jednoduchá - až se skoro divím. :-) Takže budu rád, když najdete v těch úvahách nějaký problém. :-)

Tedy - myšlenka je následující (všechny algebry jsou s "klasickou" operací násobení): mějme izomorfismus f z $m\mathbb{N}$ na $n\mathbb{N}$ . Sestrojíme izomorfismus g z $\mathbb{N}$ na $\mathbb{N}$ . Tímto izomorfismem je $g(x):=\frac{f(mx)}{n}$ (což se snadno ověří).

O f lze odvodit, že platí f(m)=n a z toho plyne, že $f(m^2)=n^2$ a tedy
$g(m)=n$ (1).

Ovšem všechny izomorfismy h z $\mathbb{N}$ na $\mathbb{N}$ splňují:
a) h(1)=1
b) $h(p_i)=q_i$ , kde $p_i$ a $q_i$ jsou prvočísla (pro různá i různá)
c) tedy pro $a=\prod{p_i^{k_i}}$ je $h(a)=\prod{q_i^{k_i}}$

Z bodu c) a bodu (1) už hned plyne, že je-li m tvaru $\prod{p_i^{k_i}}$ , je n tvaru $\prod{q_i^{k_i}}$ , což jsme chtěli ukázat.

check_drummer · 21. 11. 2011 20:36

Andrejka3 napsal(a):
4^3 = 8^2, coz je zajimave. Kdybychom hledali izomorfismus z 4N do 2N, tak musime priradit ctyrce cislo, ktere neni delitelne 4 a zaroven jeho treti mocnina se da napsat jako druha mocnina nejakeho cisla z 2N, neboli priradit takove cislo 2n, kde 2 nedeli n, ze $(2n)^{3/2}$ je z 2N. Takove ale neni. $(2n)^{3/2}$ je iracionalni. Pamatuju si, ze nam ctyrka a osmicka delaly problemy.

Ahoj, asi už mi to nemyslí - proč číslo přiřazené čtyřce není dělitelné 4?
A proč jeho třetí mocninu lze napsat jako druhou mocninu nějakého čísla z 2N?
Děkuji.

Já myslím, že musí platit f(4)=2 - nebo ne? Obecně f(m)=n...

Andrejka3 · 21. 11. 2011 20:39

↑ check_drummer:
Overuji homomorfismus:
$g(xy) = \frac{f(mxy)}{n} = \frac{f(mx) \cdot f(y)}{n}$ a zde je problem. Co kdyz $x,y <m$ ?

Andrejka3

↑ check_drummer:
Mame izomorfismus $f$ . Je-li $a^n =b^m$ , pak $f(a)^n = f(b)^m$

proč číslo přiřazené čtyřce není dělitelné 4?
Protoze kdyby bylo, pak lze napsat jako 2*2*a. Pak by diky inverznimu izomorfismu bylo $4 = f^{-1}(2 \cdot 2a) = f^{-1}(2) \cdot f^{-1}(2a)$ , tedy existuji dva prvky z 4N takove, ze jejich soucin je 4. Ale to neni mozne, protoze oba cinitele jsou z 4N, tedy jejich soucin je aspon 16.

Já myslím, že musí platit f(4)=2 - nebo ne? Obecně f(m)=n...
Ano, ale tehdy mi to jeste nedoslo. Vlastne diky poznamce za Tvrzeni 1 na str 3 to plati.

Pavel Brožek · 21. 11. 2011 20:50

↑ Andrejka3:

Pokud y není dělitelné m, tak nemůžeš psát $f(mxy)=f(mx)\cdot f(y)$ . Vztah $f(a\cdot b)=f(a)\cdot f(b)$ požadujeme jen pro $a, b$ z dané algebry.

↑ check_drummer:

Přiznám se, že se mi také nedaří snadno ověřit, že $g(x):=\frac{f(mx)}{n}$ je homomorfismus.

Andrejka3

↑ Pavel Brožek:
Bohuzel. Dabelsky napad to byl, ale homomorfismus to nemuze.
Edit: Ach jo, radeji zpomalim.
Neumim overit, ze to je homomorfismus.

Pavel Brožek · 21. 11. 2011 21:05

↑ Andrejka3:

Proč to nemůže být homomorfismus?

check_drummer · 21. 11. 2011 21:13

↑ Pavel Brožek:
Předpokládám, že f(m)=n, což jsem si myslel, že musí platit, ale teď mě bohužel nenapadá argument, proč. Ale pokud to platí, tak máme:

f(m.a.m.b)/n^2=f(m).f(m.a.b)/n^2=f(m.a.b)/n=g(a.b)
a také
f(m.a.m.b)/n^2=f(ma)/n.f(mb)/n=g(a).g(b).

tj. g(a.b)=g(a).g(b)

Andrejka3

↑ check_drummer:
Tak doufám že se nepletu. Všechno jsem zapsala a chybu tam žádnou nevidím.
Smekám!
EDIT:
Skutečně, kolega už ukázal, že $f(m) = n$ ve svem dukazu na str 3 v textu za Tvrzeni 1.
V algebre mN je $m^2$ jediny prvek, ktery lze zapsat jako soucin dvou cisel z algebry prave jednim zpusobem a to $m \cdot m$ . Diky teto vyjimecnosti se musi na sebe tyto prvky zobrazovat.

Pavel Brožek

↑ check_drummer:

Opravdu nádherné. Tvůj důkaz vlastně dává i jednoduchý návod, jak isomorfismus sestrojit, když to jde – stačí obrátit vztah $g(x):=\frac{f(mx)}{n}$ na $f(x)=ng$\frac xm$$ , g už si pak můžeme snadno zvolit.

Andrejka3

Moc vám oběma děkuju! Vlastně to bych zapomněla na dalšího kolegu - vždyť jsme si povídali čtyři. Všem moc děkuju.

Pavel Brožek · 21. 11. 2011 21:48

Já také děkuji, tohle téma mě opravdu bavilo – tolik zvratů při řešení tak jednoduše zadaného problému… :-)

check_drummer · 22. 11. 2011 18:17

Také děkuji za spolupráci při řešení tohoto velmi zajímavého problému - myslím, že by si tohle téma zasloužilo přesun do Zajímavých aspoň in memoriam. :-)

Jinak jsem se ještě zamyslel nad tím, proč f(m)=n. Tak to schválně napíšu a pak se podívám. :-)

Nechť je f(m)=i.n a f(j.m)=n pro nějaká i,j. Pak je:
n.n=f(j.m).f(j.m)=f(j.m.j.m)=f(m.m.j.j)=f(m).f(m.j.j)=i.n.f(m.j.j).
Tj. porovnáme členy zcela vlevo a vpravo:
n/i=f(m.j.j). Ovšem n je nejmenší hodnota funkce f, tedy musí být i=1, tedy
f(m.j.j)=n. Ovšem j je prostá - a je i f(m.j)=n a tedy musí platit m.j=m.j.j, tj. j=1.
Celkem tedy máme:
f(m)=n (ten poslední krok s j jsme si vlastně už mohli odpustit)

Matematické Fórum

#51 19. 11. 2011 22:49

Re: Další izomorfní algebry

#52 19. 11. 2011 23:27

Re: Další izomorfní algebry

#53 20. 11. 2011 18:05 — Editoval check_drummer (20. 11. 2011 18:05)

Re: Další izomorfní algebry

#54 20. 11. 2011 18:47 — Editoval Pavel Brožek (20. 11. 2011 18:48)

Re: Další izomorfní algebry

#55 21. 11. 2011 08:12 — Editoval Andrejka3 (21. 11. 2011 19:59)

Re: Další izomorfní algebry

#56 21. 11. 2011 15:06 — Editoval Andrejka3 (21. 11. 2011 18:28)

Re: Další izomorfní algebry

#57 21. 11. 2011 18:22

Re: Další izomorfní algebry

Andrejka3 napsal(a):

#58 21. 11. 2011 18:25 — Editoval Andrejka3 (21. 11. 2011 18:27)

Re: Další izomorfní algebry

#59 21. 11. 2011 18:43

Re: Další izomorfní algebry

#60 21. 11. 2011 18:46

Re: Další izomorfní algebry

#61 21. 11. 2011 19:06

Re: Další izomorfní algebry

#62 21. 11. 2011 19:44

Re: Další izomorfní algebry

#63 21. 11. 2011 20:24

Re: Další izomorfní algebry

#64 21. 11. 2011 20:36

Re: Další izomorfní algebry

Andrejka3 napsal(a):

#65 21. 11. 2011 20:39

Re: Další izomorfní algebry

#66 21. 11. 2011 20:48 — Editoval Andrejka3 (21. 11. 2011 21:02)

Re: Další izomorfní algebry

#67 21. 11. 2011 20:50

Re: Další izomorfní algebry

#68 21. 11. 2011 21:00 — Editoval Andrejka3 (21. 11. 2011 21:06)

Re: Další izomorfní algebry

#69 21. 11. 2011 21:05

Re: Další izomorfní algebry

#70 21. 11. 2011 21:13

Re: Další izomorfní algebry

#71 21. 11. 2011 21:25 — Editoval Andrejka3 (21. 11. 2011 21:34)

Re: Další izomorfní algebry

#72 21. 11. 2011 21:37 — Editoval Pavel Brožek (21. 11. 2011 21:42)

Re: Další izomorfní algebry

#73 21. 11. 2011 21:42 — Editoval Andrejka3 (21. 11. 2011 21:58)

Re: Další izomorfní algebry

#74 21. 11. 2011 21:48

Re: Další izomorfní algebry

#75 22. 11. 2011 18:17

Re: Další izomorfní algebry

Zápatí