Είναι ισόμορφες ;

#1

Είναι η πολλαπλασιαστική ομάδα ( $\displaystyle{\Bbb{S}^1}$ ) των μιγαδικών με μέτρο $\displaystyle{1}$ ισόμορφη με την πολλαπλασιαστική ομάδα

των μη μηδενικών μιγαδικών ( $\displaystyle{\Bbb{C}^*}$ ) ; (Δεν έχω απάντηση)

#2

Πιστεύω πως ναι. (Χρησιμοποιώντας το αξίωμα της επιλογής.)

Παίρνω μια βάση Hamel

του $\mathbb{R}$ με $1 \in H$

Για κάθε $x_h \in H$ θα ορίσω ένα ζεύγος $(r_h,\vartheta_h)$ με r_h > 0

και $\vartheta_h \in [0,2\pi)$ Θα δούμε αργότερα πως θα γίνει ο ορισμός. Προς το παρόν, επιλέγουμε μόνο το

να πηγαίνει στο (1,0)

Ο ισομορφισμός θα είναι ο εξής: Έστω $z \in S^1$ . Γράφω $z = e^{2\pi i x}$ για $x \in [0,1]$ . Γράφω $\displaystyle{ x = \sum_{i \in I} \lambda_i x__i}$ για κάποιο πεπερασμένο $I \subseteq H$ και κάποια $\lambda_i \in \mathbb{Q}$ για $i \in I$ . Μπορώ να το κάνω (με μοναδικό τρόπο) αφού η

είναι βάση Hamel. Τότε ορίζω $\displaystyle{f(z) = \left( \prod_{i \in I} r_i^{\lambda_i}\right)\exp\left\{ \sum_{i \in I} \lambda_i\vartheta_i \right\} }$

Η

είναι καλά ορισμένη: Αν $z = e^{2pi i x}$ και $z' = e^{2\pi i x'}$ με z=z'

τότε $x-x' \in \mathbb{Z}$ . Η διαφορά στην γραφή στις βάσεις Hamel είναι ότι $x = x' + m \cdot 1$ για κάποιο $m \in \mathbb{Z}$ . Έπεται ότι όντως f(z) = f(z')

.

Η

είναι ομομορφισμός: Απλός έλεγχος.

Μένει να ορίσουμε την συνάρτηση $x_h \mapsto (r_h,\vartheta_h)$ με τέτοιο τρόπο ώστε η

να είναι 1-1 και επί.

Παίρνω μια καλή διάταξη του $\mathbb{R}$ ώστε κάθε αρχικό τμήμα να έχει πληθικό αριθμό μικρότερο του συνεχούς. Παίρνω επίσης

Παίρνω μια καλή διάταξη του

και μια καλή διάταξη του $\mathbb{R}^+ \times [0,2\pi)$ ώστε κάθε αρχικό τμήμα οποιασδήποτε διάταξης να έχει πληθικό αριθμό μικρότερο του συνεχούς. Μπορώ να υποθέσω ότι το

είναι το πρώτο στοιχείο του

Θα γράφω $h_{\alpha}$ και $(r_{\alpha},\vartheta_{\alpha})$ για τα στοιχεία της διάταξης που αντιστοιχούν στο διατακτικό $\alpha$ . Μπορώ να υποθέσω ότι h_0 = 1

και $(r_0,\vartheta_0) = (1,0)$ .

Με μεταπεπερασμένη επαγωγή για κάθε διατακτικό $\alpha$ θα στείλω το $h_{\alpha}$ σε κάποιο $(r_{\alpha}',\vartheta_{\alpha}')$ με τέτοιο τρόπο ώστε να ικανοποιούνται οι πιο κάτω συνθήκες:
1) Αν έχουμε δυο διαφορετικούς και πεπερασμένους $\mathbb{Q}$ -γραμμικούς συνδυασμούς των $x_{\beta}$ με $\beta \leqslant \alpha$ , τότε οι αντίστοιχοι γραμμικοί συνδυασμοί των $(r_{\beta}',\vartheta_{\beta}')$ είναι επίσης διαφορετικοί. (Με την ισότητα στην δεύτερη συντεταγμένη να λαμβάνεται $\mod 2\pi$ .)
2) Για κάθε $\alpha$ μπορώ να βρω έναν πεπερασμένο $\mathbb{Q}$ -γραμμικό συνδυασμό κάποιων $x_{\beta}$ με $\beta \leqslant \alpha$ ώστε ο αντίστοιχος $\mathbb{Q}$ -γραμμικός συνδυασμός των $(r_{\beta}',\vartheta_{\beta}')$ να ισούται με $(r_{\alpha},\vartheta_{\alpha})$

Η μεταπεπερασμένη επαγωγή ξεκινά ορίζοντας $r_{0}' = 1,\vartheta_0' = 0$ . Έστω $\alpha > 0$ και έστω ότι έχω ήδη κάνει όλα τα βήματα για κάθε $\beta < \alpha$ . Πρέπει να μπορέσω να επιλέξω τα $r_{\alpha}',\vartheta_{\alpha'}$ ώστε να ικανοποιούνται τα (1) και (2).

Αν δεν μπορώ ήδη να βρω έναν πεπερασμένο $\mathbb{Q}$ -γραμμικό συνδυασμό κάποιων $x_{\beta}$ με $\beta \leqslant \alpha$ ώστε ο αντίστοιχος $\mathbb{Q}$ -γραμμικός συνδυασμός των $(r_{\alpha}',\vartheta_{\alpha}')$ να ισούται με $(r_{\alpha},\vartheta_{\alpha})$ τότε ορίζω $r_{\alpha}'=r_{\alpha}$ και $\vartheta_{\alpha}' = \vartheta_{\alpha}$ . Το (2) ασφαλώς ικανοποιείται. Το (1) επίσης ικανοποιείται. [Απλός έλεγχος δείχνοντας ότι αν δεν ικανοποιείτο τότε θα υπήρχε ήδη ο γραμμικός συνδυασμός που υποθέσαμε ότι δεν υπάρχει.]

Υποθέτω λοιπόν ότι το (2) ήδη ικανοποιείται προτού ορίσω το $(r_{\alpha}',\vartheta_{\alpha}')$ . Μένει λοιπόν να ορίσω $(r_{\alpha}',\vartheta_{\alpha}')$ με όποιον τρόπο θέλω αρκεί να ικανοποιείται το (1). Απαγορεύεται ασφαλώς να επιλέξω οποιοδήποτε $(r_{\alpha}',\vartheta_{\alpha}')$ το οποίο προκύπτει χρησιμοποιώντας πεπερασμένους $\mathbb{Q}$ -γραμμικούς των $(r_{\beta}',\vartheta_{\beta}')$ με $\beta < \alpha$ . Αυτή είναι και η μοναδική απαγόρευση που έχω. [Με παρόμοιο επιχείρημα όπως του απλού ελέγχου στο τέλος της προηγούμενης παραγράφου.]

Όμως οι πιο πάνω απαγορεύσεις έχουν πληθικό αριθμό μικρότερο του συνεχούς. Πράγματι, το πλήθος των $\beta$ με $\beta < \alpha$ είναι μικρότερο του συνεχούς. Άρα και όλα τα πεπερασμένα υποσύνολα των $\beta$ με $\beta < \alpha$ έχουν πληθικό αριθμό μικρότερο του συνεχούς. Επομένως υπάρχει $(r_{\alpha}',\vartheta_{\alpha}')$ το οποίο επιτρέπεται να το επιλέξω.

Επομένως η μεταπεπερασμένη επαγωγή μπορεί να ολοκληρωθεί. Τότε όμως η

θα είναι όντως 1 προς 1 (από το (2)) και επί (από το (1)).

#3

Είναι $\displaystyle{{S^1} \cong \frac{\mathbb{R}}{\mathbb{Z}}}$ και $\displaystyle{\mathbb{C}^* \cong \frac{\mathbb{R}}{\mathbb{Z}} \times \mathbb{R} }$ (ευθύ γινόμενο), όπου $\displaystyle{ \mathbb{R}}$ η προσθετική ομάδα των πραγματικών αριθμών (ο δεύτερος ισομορφισμός προκύπτει από τις πολικές συντεταγμένες).

Επομένως, αρκεί να βρούμε έναν ισομορφισμό $\displaystyle{ \frac{\mathbb{R}}{\mathbb{Z}} \cong \frac{\mathbb{R}}{\mathbb{Z}} \times \mathbb{R}}$ .

Υπάρχει ισομορφισμός προσθετικών ομάδων $\displaystyle{f:\mathbb{R} \to \mathbb{R} \times \mathbb{R}}$ τέτοιος, ώστε $\displaystyle{f\left( 1 \right) = \left( {1,0} \right)}$ (αφού οι διανυσματικοί χώροι $\mathbb{R}$ και $\mathbb{R} \times \mathbb{R}$ έχουν την ίδια διάσταση επί του $\mathbb{Q}$ ). Τότε, είναι $\displaystyle{f\left(\mathbb{Z} \right) = \mathbb{Z} \times \left\{ 0 \right\}}$ , οπότε ο $\displaystyle{f}$ επάγει έναν ισομορφισμό

$\displaystyle{\tilde f:\frac{\mathbb{R}}{\mathbb{Z}} \to \frac{{\mathbb{R} \times \mathbb{R}}}{{\mathbb{Z} \times \left\{ 0 \right\}}} \cong \frac{\mathbb{R}}{\mathbb{Z}} \times \mathbb{R}}$

και άρα οι ομάδες S^1

και $\mathbb{C}^*$ είναι ισόμορφες.

Ας παρατηρήσουμε ότι οι τοπολογικές ομάδες S^1

και $\mathbb{C}^*$ δεν είναι ισόμορφες (αφού η πρώτη είναι συμπαγής ενώ η δεύτερη όχι).

#4

Δημήτρη και Βαγγέλη σας ευχαριστώ για τις απαντήσεις σας. Θα μου πάρει χρόνο να τις μελετήσω.

Είναι ισόμορφες ;

Είναι ισόμορφες ;

Re: Είναι ισόμορφες ;

Re: Είναι ισόμορφες ;

Re: Είναι ισόμορφες ;

Μέλη σε σύνδεση