Czy grupy są izomorficzne?

[agnieszka1447]

Cześć,
czy grupy \(\displaystyle{ ( \mathbb{Q}_+ , \cdot )}\) i \(\displaystyle{ ( \mathbb{Q} ,+)}\) są izomorficzne? (\(\displaystyle{ \mathbb{Q_+}}\) to dodatnie liczby wymierne).
Potrzebowałabym dokladnego objaśnienia

[Jan Kraszewski]

Przypuśćmy, że są i niech \(\displaystyle{ f:\QQ\to\QQ_+}\) będzie tym izomorfizmem. Niech \(\displaystyle{ f(1)=a\in\QQ_+}\).

Zauważ, że

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

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

JK

[Premislav]

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

[Jan Kraszewski]

Ups, wyprzedzono mnie i w sumie nic nie zdziałałem. No cóż.

Mnie się nie chciało tyle pisać...

JK

[agnieszka1447]

Przepraszam za może głupie pytanie ale co to jest (*) ? nie moge tego z niczym skojarzyć

[Premislav]

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

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

Skomplikowane wytłumaczenie: (*) to po prostu oznaczenie, jakie przypisałem równaniu funkcyjnemu \(\displaystyle{ f(a+b)=f(a)f(b)}\), żeby potem tak się do tego odwoływać, zamiast co i raz przepisywać równanie.

[agnieszka1447]

Ano tak teraz to ma sens czyli to juz koniec rozwiazania?

[Premislav]

W zasadzie tak, ale zawarłem trochę skrótów myślowych.

\(\displaystyle{ bp^b=aq^b}\), czyli
w szczególności \(\displaystyle{ q^b}\) dzieli \(\displaystyle{ b}\)

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

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

[agnieszka1447]

Bardzo dziękuje za to rozwiązanie natomiast jest bardzo długie, nie ma jakiejś krótszej drogi?
I czy mógłby Pan jeszcze przybliżyć rozwiązanie tych dwóch grup? (\(\displaystyle{ \mathbb{R,+}}\)) oraz (\(\displaystyle{ \mathbb{C,+}}\))
Polecenie dokładnie takie samo

[Premislav]

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).


\(\displaystyle{ (\mathbb{R,+})}\) oraz \(\displaystyle{ (\mathbb{C,+})}\)?
To jest znany problem (miałem to omawiane na zajęciach), te grupy są izomorficzne. Oczywiście \(\displaystyle{ (\CC, +)}\) możemy zastąpić przez \(\displaystyle{ (\RR^2, +)}\) (izomorfizm między tymi przestrzeniami jest w pełni oczywisty, a złożenie izomorfizmów jest izomorfizmem), a dalej polecam potraktować \(\displaystyle{ \RR}\) i \(\displaystyle{ \RR^2}\) jako przestrzenie liniowe nad \(\displaystyle{ \QQ}\), 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.

[Jan Kraszewski]

\(\displaystyle{ (mathbb{R,+})}\) oraz \(\displaystyle{ (mathbb{C,+})}\)?
To jest znany problem (miałem to omawiane na zajęciach), te grupy są izomorficzne. Oczywiście \(\displaystyle{ (CC, +)}\) możemy zastąpić przez \(\displaystyle{ (RR^2, +)}\) (izomorfizm między tymi przestrzeniami jest w pełni oczywisty, a złożenie izomorfizmów jest izomorfizmem), a dalej polecam potraktować \(\displaystyle{ RR}\) i \(\displaystyle{ RR^2}\) jako przestrzenie liniowe nad \(\displaystyle{ QQ}\), 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

[agnieszka1447]

dobrze dziękuje za rozwiązanie