szukanie zaawansowane
 [ Posty: 12 ] 
Autor Wiadomość
Kobieta Offline
PostNapisane: 22 sty 2018, o 23:34 
Użytkownik

Posty: 6
Lokalizacja: Kraków
Cześć,
czy grupy ( \mathbb{Q_+} , \cdot} ) i ( \mathbb{Q} ,+) są izomorficzne? (\mathbb{Q_+} to dodatnie liczby wymierne).
Potrzebowałabym dokladnego objaśnienia
Góra
Mężczyzna Offline
PostNapisane: 23 sty 2018, o 00:55 
Administrator

Posty: 23299
Lokalizacja: Wrocław
Przypuśćmy, że są i niech f:\QQ\to\QQ_+ będzie tym izomorfizmem. Niech f(1)=a\in\QQ_+.

Zauważ, że

1=\frac12+\frac12=\frac13+\frac13+\frac13=...=\underbrace{\frac1n+...+\frac1n}_{n\ \mbox{\tiny razy}}

dla dowolnego n\in\NN_+ i skorzystaj z tego, że f jest izomorfizmem. Powinnaś dostać, że a=1. Ale wtedy f(-1)=\frac{1}{f(1)}=1=f(1), wbrew temu, że f jest różnowartościowa.

JK
Góra
Mężczyzna Offline
PostNapisane: 23 sty 2018, o 00:57 
Użytkownik

Posty: 12914
Gdyby były izomorficzne, to istniałby izomorfizm, a to w szczególności jest pewien homomorfizm, zatem może warto zastanowić się, jak wyglądają homomorfizmy z (\QQ,+) w (\QQ_{+}, \cdot ). Niech a,b \in \QQ i niech f będzie takim homomorfizmem.
Otrzymujemy wówczas, że f(a+b)=f(a)f(b)(*) i jakbyś rozwiązała takie przyjemne równanko funkcyjne w wymiernych (pamiętając przy tym, że f ma być dodatnia), to albo byś miała bardzo ograniczoną liczbę kandydatów na izomorfizm, albo byś wręcz zobaczyła, że takowy nie może istnieć. Do roboty.
Kładąc w (*) b=0, widzimy, że f(0)=1, co zresztą nie dziwi (własności homomorfizmu).
Najpierw pomyślimy o naturalnych/całkowitych, potem przejdziemy do wymiernych. Kładąc w (a)
a=b=1 dostajemy f(2)=(f(1))^2. Teraz przez trywialną indukcję wyniknie, że
f(n)=(f(1))^n dla n=0,1,2,\ldots
(to dla Ciebie zostawiam jako ćwiczenie, jakbyś miała problem, to daj znać).
Analogicznie dostajemy, że f(-2)=(f(-1))^2 i ogólnie dla n\in \NN^+ jest f(-n)=(f(-1))^n, ponadto zauważmy, że
1=f(0)=f(1+(-1))=f(1)f(-1), tj. f\left( -1\right) =\frac{1}{f(1)}.
Teraz popatrzmy na liczby postaci \frac{1}{n}, gdzie n \in \NN^+. Zacznijmy od tego, że z (*) jest f(1)=f\left( \frac 1 2+\frac 1 2\right) =\left( f\left( \frac 1 2\right) \right)^2 i analogicznie z f\left( \underbrace{\frac 1 n+\ldots+\frac  1 n}_{n}\right), więc dostajemy, że
f\left( \frac 1 n\right) =\left( f(1)\right)^{\frac 1 n} (znowu indukcja), wszak f ma tylko wartości dodatnie. I to jest kluczowe. Stąd, rozumując jak poprzednio i zapisując \frac{m}{n}=\underbrace{\frac 1 n+\ldots+\frac 1 n}_m gdzie m\in \NN^+, możemy wywnioskować (daruję sobie szczegóły, pisz jak nie rozumiesz zasady postępowania), że
f\left( \frac{m}{n}\right) =\left( f(1)\right)^{\frac m n}, czyli dla q\in \QQ jest
f(q)=\left( f(1)\right)^q. Ale zbiór wartości f ma być zawarty w \QQ_{+}, stąd można jakoś wywnioskować, iż f(1)=1. Spróbuję:
gdyby f(1)=n\in \NN^+, \ n>1, to f\left( \frac 1 n\right) = \sqrt[n]{n}\notin \QQ, gdyż \sqrt[n]{n} jest pierwiastkiem wielomianu P(X)=X^n-n, który na mocy twierdzenia o pierwiastkach wymiernych takowych nie ma (musiałyby być całkowite i być dzielnikami n, a to odpada choćby z nierówności 2^n>n, a jedynkę wykluczamy bezpośrednio wstawiając i pamiętając, że rozpatrujemy n>1). Teraz przypadek
f(1)=\frac{1}{m}, \ m\in \NN^+\ldots
No ale to w sumie to samo, gdyż wówczas f\left( \frac 1 m\right) = \frac{1}{ \sqrt[m]{m} } i to się sprowadza do poprzedniego przypadku, gdyż r\neq 0 jest wymierna dokładnie wtedy, gdy \frac{1}{r} jest wymierna.
Ups, wyprzedzono mnie i w sumie nic nie zdziałałem. No cóż. :oops:
Góra
Mężczyzna Offline
PostNapisane: 23 sty 2018, o 01:05 
Administrator

Posty: 23299
Lokalizacja: Wrocław
Premislav napisał(a):
Ups, wyprzedzono mnie i w sumie nic nie zdziałałem. No cóż. :oops:

Mnie się nie chciało tyle pisać...

JK
Góra
Kobieta Offline
PostNapisane: 23 sty 2018, o 01:15 
Użytkownik

Posty: 6
Lokalizacja: Kraków
Przepraszam za może głupie pytanie ale co to jest (*) ? nie moge tego z niczym skojarzyć
Góra
Mężczyzna Offline
PostNapisane: 23 sty 2018, o 01:17 
Użytkownik

Posty: 12914
Chciałem w ogóle tu pokazać, że jedyny homomorfizm tych grup jest homomorfizmem trywialnym (wszystko przerzuca na 1), ale coś mi nie idzie doprowadzenie do sprzeczności przypadku
f(1)=\frac{a}{b}, \ a,b\in \NN^+, gdzie b\nmid a i, dajmy na to, b>1. a to przecież działa jak powyżej:
niech f(1)=\frac a b i \NWD(a,b)=1, wtedy np. f\left( \frac 1 b\right) =\left( \frac a b\right)^{\frac 1 b}, a to jest pierwiastek wielomianu
bX^b-a… Jedyne jego potencjalne pierwiastki wymierne to ilorazy dzielników a i dzielników b i to już łatwo pada z założeniu o
\NWD(a,b)=1. Gdyby p|a, \ q|b były takie, że
b\left( \frac{p}{q}\right)^b-a=0, to
bp^b=aq^b, czyli
w szczególności q^b dzieli b, co jest niemożliwe gdy |q|>1, gdyż |q^b|>b dla b\in\NN^+, \ b>1, \ q\in \ZZ, |q|>1.

Ech, więcej snu, mniej piwa, kawy i memów obrażających polskiego papieża.

Skomplikowane wytłumaczenie: (*) to po prostu oznaczenie, jakie przypisałem równaniu funkcyjnemu f(a+b)=f(a)f(b), żeby potem tak się do tego odwoływać, zamiast co i raz przepisywać równanie.
Góra
Kobieta Offline
PostNapisane: 23 sty 2018, o 01:28 
Użytkownik

Posty: 6
Lokalizacja: Kraków
Ano tak teraz to ma sens :) czyli to juz koniec rozwiazania?
Góra
Mężczyzna Offline
PostNapisane: 23 sty 2018, o 01:43 
Użytkownik

Posty: 12914
W zasadzie tak, ale zawarłem trochę skrótów myślowych.
jam to sam napisał(a):
bp^b=aq^b, czyli
w szczególności q^b dzieli b

Tutaj istotnie korzystam z tego, że
\NWD(a,b)=1 oraz z takiego faktu, iż jeśli NWD(x,y)=1 oraz
x dzieli yz, to x dzieli z. Mianowicie z równości
bp^b=aq^b wynika, że
q^b dzieli b, gdyż p jest dzielnikiem a, q jest dzielnikiem b i \NWD(a,b)=1.
Gdyby więc zaszło \NWD(q^b, p^b)>1, to w szczególności mielibyśmy taką liczbę pierwszą p_1, że p_1 dzieli q^b i p_1 dzieli p^b, a wtedy też p_1 dzieli p i p_1 dzieli q, a skoro p dzieli a i q dzieli b, to p_1 dzieliłoby zarówno a, jak i b, a to sprzeczne z zał. o NWD.
Tutaj też korzystam z kolejnego prostego fakciku z teorii liczb: jeśli liczba pierwsza p_1 dzieli x^n, gdzie x\in \ZZ, \ n\in \NN^+, to p_1 dzieli x.
Za dużo tutaj tej elementarnej teorii liczb, może da się rozwiązać bez niej.

Ponadto nie rozważyłem już przypadku q=1. Jeśli w równości
bp^b=aq^b mamy q=1, to w szczególności b|a, a zakładaliśmy, że \NWD(a,b)=1 (tj. że mamy ułamek nieskracalny, oczywiście każdą liczbę wymierną można przedstawić w postaci ułamka nieskracalnego), ponadto rozważam tutaj b>1 - jest to sprzeczność (gdybym nie założył b>1, tobyśmy otrzymali, że b=1, ale ten przypadek już wcześniej rozważyłem).
No i tam gdzie napisałem „indukcja", to trzeba ją przeprowadzić, ale to wyjątkowo standardowe, trudniejsze jest zaparzenie herbaty.
Góra
Kobieta Offline
PostNapisane: 23 sty 2018, o 01:47 
Użytkownik

Posty: 6
Lokalizacja: Kraków
Bardzo dziękuje za to rozwiązanie natomiast jest bardzo długie, nie ma jakiejś krótszej drogi?
I czy mógłby Pan jeszcze przybliżyć rozwiązanie tych dwóch grup? (\mathbb{R,+}) oraz (\mathbb{C,+})
Polecenie dokładnie takie samo
Góra
Mężczyzna Offline
PostNapisane: 23 sty 2018, o 01:55 
Użytkownik

Posty: 12914
Pewnie istnieje prostsze rozwiązanie, ja niestety nie jestem pomysłowy, jeśli chodzi o matematykę (gdybym pisał hasła reklamowe, poprawiał literówki w książkach lub pełnił rolę wieszaka na ubrania, to lepiej wykorzystałbym swoje zdolności).


(\mathbb{R,+}) oraz (\mathbb{C,+})?
To jest znany problem (miałem to omawiane na zajęciach), te grupy są izomorficzne. Oczywiście (\CC, +) możemy zastąpić przez (\RR^2, +) (izomorfizm między tymi przestrzeniami jest w pełni oczywisty, a złożenie izomorfizmów jest izomorfizmem), a dalej polecam potraktować \RR i \RR^2 jako przestrzenie liniowe nad \QQ, pokazać, że ich bazy są równoliczne, więc są one izomorficzne jako przestrzenie liniowe, a taki izomorfizm, jak ten izomorfizm przestrzeni liniowych, w szczególności będzie homomorfizmem grup addytywnych i bijekcją, więc będzie pożądanym izomorfizmem. Ale to też od cholery pisania, więc teraz na pewno nie podejmę się.
Góra
Mężczyzna Offline
PostNapisane: 23 sty 2018, o 10:30 
Administrator

Posty: 23299
Lokalizacja: Wrocław
Premislav napisał(a):
(\mathbb{R,+}) oraz (\mathbb{C,+})?
To jest znany problem (miałem to omawiane na zajęciach), te grupy są izomorficzne. Oczywiście (\CC, +) możemy zastąpić przez (\RR^2, +) (izomorfizm między tymi przestrzeniami jest w pełni oczywisty, a złożenie izomorfizmów jest izomorfizmem), a dalej polecam potraktować \RR i \RR^2 jako przestrzenie liniowe nad \QQ, pokazać, że ich bazy są równoliczne, więc są one izomorficzne jako przestrzenie liniowe, a taki izomorfizm, jak ten izomorfizm przestrzeni liniowych, w szczególności będzie homomorfizmem grup addytywnych i bijekcją, więc będzie pożądanym izomorfizmem. Ale to też od cholery pisania, więc teraz na pewno nie podejmę się.

A jeśli nawet, to nie w tym temacie, tylko tutaj: 428897.htm .

JK
Góra
Kobieta Offline
PostNapisane: 23 sty 2018, o 11:58 
Użytkownik

Posty: 6
Lokalizacja: Kraków
dobrze dziękuje za rozwiązanie
Góra
Utwórz nowy temat Odpowiedz w temacie  [ Posty: 12 ] 


 Zobacz podobne tematy
 Tytuł tematu   Autor   Odpowiedzi 
 Czy grupy są izomorficzne?  rekina  3
 Podgrupy grupy Kleina  Poszukujaca  1
 Czy te grupy są izomorficzne?  Z_i_o_M_e_K  2
 grupy abelowe/cykliczne  Lyzka  8
 grupy cykliczne - zadanie 6  omgcozadebil  1
 
Atom [Regulamin Forum] [Instrukcja LaTeX-a] [Poradnik] [F.A.Q.] [Reklama] [Kontakt]
Copyright (C) Karpatka.pl