Είναι ισόμορφες ;

Συντονιστής: Demetres

s.kap
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 2455
Εγγραφή: Τρί Δεκ 08, 2009 6:11 pm
Τοποθεσία: Ιωάννινα

Είναι ισόμορφες ;

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από s.kap » Πέμ Σεπ 29, 2016 6:46 am

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)


Σπύρος Καπελλίδης

Λέξεις Κλειδιά:
Άβαταρ μέλους
Demetres
Γενικός Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 8677
Εγγραφή: Δευ Ιαν 19, 2009 5:16 pm
Τοποθεσία: Λεμεσός/Πύλα
Επικοινωνία:

Re: Είναι ισόμορφες ;

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Demetres » Πέμ Σεπ 29, 2016 3:03 pm

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

Παίρνω μια βάση Hamel H 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 1 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 H 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 f 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 f είναι ομομορφισμός: Απλός έλεγχος.

Μένει να ορίσουμε την συνάρτηση x_h  \mapsto (r_h,\vartheta_h) με τέτοιο τρόπο ώστε η f 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 H 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 1 είναι το πρώτο στοιχείο του H

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


Άβαταρ μέλους
emouroukos
Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 1422
Εγγραφή: Δευ Δεκ 22, 2008 1:27 pm
Τοποθεσία: Αγρίνιο

Re: Είναι ισόμορφες ;

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από emouroukos » Πέμ Σεπ 29, 2016 4:34 pm

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).


Βαγγέλης Μουρούκος

Erro ergo sum.
s.kap
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 2455
Εγγραφή: Τρί Δεκ 08, 2009 6:11 pm
Τοποθεσία: Ιωάννινα

Re: Είναι ισόμορφες ;

#4

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από s.kap » Πέμ Σεπ 29, 2016 7:48 pm

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


Σπύρος Καπελλίδης
Απάντηση

Επιστροφή σε “ΑΛΓΕΒΡΑ”

Μέλη σε σύνδεση

Μέλη σε αυτήν τη Δ. Συζήτηση: Δεν υπάρχουν εγγεγραμμένα μέλη και 1 επισκέπτης