Плоскости умножения в комплексном пространстве

[Vladimir Pliassov]

svv в сообщении #1564231 писал(а):

Посмотрите, не является ли то, что Вы хотите доказать, частным случаем того, что Вы получили:

mihaild в сообщении #1564193 писал(а):

посмотрите, что подставить, чтобы получить $x + y = y + x$

То, что я хочу доказать, является частным случаем

$$bx+ay=ay+bx$$

при $a=b=e,$ так как равенства $(a + b) \cdot x = a\cdot x + b\cdot x$ и $a\cdot (x + y) = a\cdot x + a\cdot y$ справедливы при любых $a, b$, и при этом $ex=x.$ Так что

$$bx+ay=ay+bx\to ex+ey=ey+ex\to x+y=y+x.$$

[mihaild]

Правильно. Стало понятнее, почему особо не говорят про умножения элементов неабелевой группы на элементы кольца?

[Vladimir Pliassov]

mihaild в сообщении #1564265 писал(а):

Стало понятнее, почему особо не говорят про умножения элементов неабелевой группы на элементы кольца?

При этом исключается равенство $e\cdot x=x$ (при наличии этого равенства -- и при наличии дистрибутивности -- группа была бы абелевой), и можно предположить, что, как следствие, получаемая структура обладает меньшими возможностями, чем если бы это равенство имело место?

Но даже и на таком бедном примере как отображение всех элементов группы $G$ в ее нейтральный элемент -- в рассмотренном случае $R = \mathbb Z$, $G = S_3$:

$$g_1=\begin{pmatrix} 123\\ 123 \end{pmatrix}, \;\;g_2=\begin{pmatrix} 123\\ 231 \end{pmatrix},\;\;g_3=\begin{pmatrix} 123\\ 312 \end{pmatrix},\;\;g_4=\begin{pmatrix} 123\\ 321 \end{pmatrix},\;\;g_5=\begin{pmatrix} 123\\ 213 \end{pmatrix},\;\;g_6=\begin{pmatrix} 123\\ 132 \end{pmatrix},$$

-- можно видеть, что

1) $e\cdot (e\cdot x)=e\cdot x$,

2) отображение $e$ отображает группу $G$ в группу, которая состоит из элементов $x'=e\cdot x$ и в которой $e\cdot x'=x'$ (эта группа -- подгруппа группы $G$, состоящая из единственного, нейтрального элемента),

3) $a\cdot x$ может задаваться так:

$$a\cdot x= f_a(e\cdot x),$$

где $e\cdot x=g_1$ (нейтральный элемент $G$), а $f_a(y)=y^a \;\; y\in G, a\in R.$

[mihaild]

Vladimir Pliassov в сообщении #1564271 писал(а):

получаемая структура обладает меньшими возможностями, чем если бы это равенство имело место?

Наоборот - большими (все старые структуры остались, и еще добавились новые). Настолько большими, что про них ничего интересного сказать нельзя.

Vladimir Pliassov в сообщении #1564271 писал(а):

$f_a(y)=y^a \;\; y\in G, a\in R.$

А как это вы возводите элементы группы в степень элементов кольца?

[Vladimir Pliassov]

mihaild в сообщении #1564283 писал(а):

А как это вы возводите элементы группы в степень элементов кольца?

Конкретно во взятом случае ( $R = \mathbb Z$, $G = S_3$):

при $a=0$ будет $f_a(g_i)=g_1$ (то есть $f_a(x)$ отображает каждый элемент $x$ группы $G$ в ее нейтральный элемент -- нулевая степень элемента $x$: $f_0(g_i)=g_i^0=g_1$);

при $a\geqslant 1$ будет $f_a(g_i)=g_i^a$ (берется композиция перестановки с самой собой: перестановка $x$ берется сомножителем $a$ раз

(в аддитивном выражении --

$$f_a(x)=\underbrace {(x+x+\ldots +x)}_\text{a times}$$

);

при $a\leqslant -1$ -- $f_a(x)$ отображает $x$ в элемент, обратный к $x^{\vert a\vert}$, то есть в $(x^{\vert a\vert})^{-1}$.

Вообще же функция $f_a(y)\colon G\to G, \;\; y\in G$ может быть любой (не обязательно такой, которая состоит в возведении элементов группы в степень элементов кольца), суть в том, чтобы сначала взять $e\cdot x$, а затем уже отображать $e\cdot x$ функцией $f_a(e\cdot x)\colon G\to G$.

Я думаю, что при $e\cdot x\ne x$ иначе задать умножение $a\cdot x$ невозможно, так как, если сначала попытаться задать умножение $a\cdot x$ независимо от умножения $e\cdot x$, то тут же между $a$ и $x$ появляется $e$, и умножение $x$ на $e$ в общем случае искажает произведение $a\cdot x$, превращая его в произведение $a\cdot x'$ (при том, что $x\ne x'$):

$$a\cdot x=a\cdot (e\cdot x)=a\cdot x'.$$

Отмечу, что $f_a$ не является элементом кольца $R$. Элементы $f_a$ составляют во всяком случае некоторое множество, и на этом множестве, конечно, можно (при наличии необходимых условий) определить операции, превратив его, скажем, в кольцо. Но при этом уже не должно быть $\tilde e\cdot y\ne y.$

[mihaild]

Vladimir Pliassov в сообщении #1564335 писал(а):

Конкретно во взятом случае ( $R = \mathbb Z$, $G = S_3$)

В целые понятно. Просто тогда стоит явно писать, какое здесь кольцо, чтобы не создавалось впечатление, что речь о произвольном.

Vladimir Pliassov в сообщении #1564335 писал(а):

Я думаю, что при $e\cdot x\ne x$ иначе задать умножение $a\cdot x$

Вообще если $a$ принадлежит подгруппе, порожденной $e$ (а в случае с $\mathbb Z$ это вся группа), то да, по умножению на $e$ восстанавливается умножение на $a$.

Вообще я сообразил, что где-то на предыдущей странице началась путаница. В первоначальной задаче ассоциативность не требовалась, но потом о ней начали говорить, и я это пропустил.
Докажите, что если у нас есть кольцо $R$ с единицей $e$, группа $G$ и операция $*: R\times G \to G$ такая что $(a\cdot b)*x = a*(b*x)$, то $e * x = x$.

[Vladimir Pliassov]

mihaild в сообщении #1564341 писал(а):

Докажите, что если у нас есть кольцо $R$ с единицей $e$, группа $G$ и операция $\ast: R\times G \to G$ такая что $(a\cdot b)\ast x = a\ast(b\ast x)$, то $e \ast x = x$.

$$(a\cdot b)\ast x=(a\cdot b\cdot e)\ast x=((a\cdot b)\cdot e)\ast x=(a\cdot b)\ast (e\ast x) \to$$

$$\to (a\cdot b)\ast x=(a\cdot b)\ast (e\ast x)\to $$

$$\to (a\cdot b)^{-1}\cdot (a\cdot b)\ast x=(a\cdot b)^{-1}\cdot (a\cdot b)\ast (e\ast x)\to$$

$$e\ast x=e\ast (e\ast x).$$

Пусть $e\ast x=y$, тогда

$$y=e\ast y.$$

[mihaild]

Vladimir Pliassov в сообщении #1564350 писал(а):

Пусть $e\ast x=y$, тогда

Вы опять это пишете, и я зря в прошлый раз это оставил.
Если вам нужно доказать, что какое-то утверждение верно для всех $x$, то нельзя писать "пусть $x = \text{что-то}$". Потому что это получится доказательство не для всех возможных $x$, а только для представимых в таком виде.
Пример: докажем, что все натуральные числа четные, т.е. $\forall x \exists k: x = 2k$. Пусть $x = 2k$. Тогда утверждение очевидно выполнено.

mihaild в сообщении #1564341 писал(а):

такая что $(a\cdot b)*x = a*(b*x)$, то $e * x = x$.

На случай, если кванторы непонятны.
Дано: $\forall a, b, x: (a\cdot b)*x = a*(b*x)$.
Доказать: $\forall x: e*x = x$.

[Vladimir Pliassov]

Есть ли возможность в равенстве $e\ast x=e\ast (e\ast x)$ избавиться от $e$ слева в каждой части?

[mihaild]

Прошу прощения, я бред написал (думал о немного другой структуре, чем просто модуль над кольцом), в произвольном случае то что я просил доказать неверно:)
И собственно операция $\mathbb Z \times S_3 \to S_3$, $a*x = ()$ всем нужным свойствам удовлетворяет.

Но с квантором всеобщности вам всё равно разобраться надо:)

[Vladimir Pliassov]

1.

mihaild в сообщении #1564380 писал(а):

Но с квантором всеобщности вам всё равно разобраться надо:)

Я, кажется, понял: если $x, y\in M$ и $f(x)=y$, то $\exists y\in M\colon y=f(x)$, но не $\forall y\in M\colon y=f(x).$

2.

Ваша задача все равно оказалась для меня очень полезной, так как, пытаясь ее решить, я еще одним способом доказал, что

$$e\cdot (e\cdot x)=e\cdot x.$$

[mihaild]

Vladimir Pliassov в сообщении #1564386 писал(а):

если $x, y\in M$ и $f(x)=y$, то $\exists y\in M\colon y=f(x)$, но не $\forall y\in M\colon y=f(x).$

Да, именно так.
Вообще, если нам дано, что что-то верно для любого $y$, то мы можем взять $y = f(x)$ и сказать "раз верно для любого, то и для этого". А если нам дано, что верно для какого-то $y$, то так не получится, свободы выбирать, для какого именно $y$ это будет верно, у нас нет.
А если нам надо доказать, то всё наоборот. Если нужно доказать, что существует $y$ с каким-то свойством, то можно взять любой элемент и доказать, что он этим свойством обладает, и этого будет достаточно. Если же нужно доказать, что что-то верно для любого $y$, то никакой свободы фиксировать у нас нет.

Vladimir Pliassov в сообщении #1564386 писал(а):

я еще одним способом доказал, что $e\cdot (e\cdot x)=e\cdot x.$

Как это можно доказать разными способами, если оно следует из ассоциативности и идемпотентности единицы, и больше не из чего, а из них следует в 2 шага?

Перед отвлечением на упражнение с абелевостью модулей обсуждали делимые группы, но я не уверен, что это сейчас для Вас будет осмысленной тратой времени. Хотя можете привести пример (абелевой) группы, в которой можно элементы делить на $42$?

[Vladimir Pliassov]

mihaild в сообщении #1564422 писал(а):

Vladimir Pliassov в сообщении #1564386 писал(а):

я еще одним способом доказал, что $e\cdot (e\cdot x)=e\cdot x.$

Как это можно доказать разными способами, если оно следует из ассоциативности и идемпотентности единицы, и больше не из чего, а из них следует в 2 шага?

Вы мне подсказали, что я доказал: ведь $e\cdot (e\cdot x)=e\cdot x$ это и есть идемпотентность $e$.

Цитата:

Идемпоте́нтность — свойство объекта или операции при повторном применении операции к объекту давать тот же результат, что и при первом. Википедия.

Вы тоже это доказали, ниже привожу два своих доказательства и одно Ваше. Так что, по-моему, $e\cdot (e\cdot x)=e\cdot x$ следует не из ассоциативности и идемпотентности единицы, а только из ассоциативности, и ни в одном из трех доказательств идемпотентность $e$ не используется (она как раз доказывается).

Vladimir Pliassov в сообщении #1564102 писал(а):

Пусть $e\cdot x=x'$, тогда, независимо от того, $x=x'$ или $x\ne x'$, имеем $e\cdot x'=x'$. Это не может быть иначе, так как

$$\begin {matrix} e\cdot x=x',\\ e\cdot x=(e\cdot e)\cdot x=e\cdot (e\cdot x)=e\cdot x'=x'' \end {matrix}$$

и при $x'\ne x''$ $e$ будет отображать $x$ в два разных элемента $x', x''.$

mihaild в сообщении #1564169 писал(а):

Вы это расписали, только как-то очень сложно. $e \ast x' = e \ast (e \ast x) = (e \cdot e) \ast x = e \ast x = x'$.

Vladimir Pliassov в сообщении #1564350 писал(а):

$$(a\cdot b)\ast x=(a\cdot b\cdot e)\ast x=((a\cdot b)\cdot e)\ast x=(a\cdot b)\ast (e\ast x) \to$$

$$\to (a\cdot b)\ast x=(a\cdot b)\ast (e\ast x)\to $$

$$\to (a\cdot b)^{-1}\cdot (a\cdot b)\ast x=(a\cdot b)^{-1}\cdot (a\cdot b)\ast (e\ast x)\to$$

$$e\ast x=e\ast (e\ast x).$$

mihaild в сообщении #1564422 писал(а):

Перед отвлечением на упражнение с абелевостью модулей обсуждали делимые группы, но я не уверен, что это сейчас для Вас будет осмысленной тратой времени.

Согласен, я и сам об этом думал. Я сейчас прохожу Винберга (дошел до вычетов), идет хорошо, но есть вопросы, которые, если можно хотел бы задать. Например, на стр. 28 http://mathprofi.com/uploads/files/2581 ... 0d4d87caf3 Пример 7:

Цитата:

Полученный результат означает, что

$$2^{100}\equiv 1 (\mod 125)$$

Это я понял.

Цитата:

Учитывая, что $2^{100}$ делится на $8$, получаем

$$2^{100}\equiv 376 (\mod 1000),$$

то есть десятичная запись числа $2^{100}$ оканчивается на $376$.

Из этого я понимаю только, что $125\times 8=1000$ и что $2^{100}$ делится на $8$. Откуда взялось $376$?

mihaild в сообщении #1564422 писал(а):

Хотя можете привести пример (абелевой) группы, в которой можно элементы делить на $42$?

Об этом думаю.

[nnosipov]

Vladimir Pliassov в сообщении #1564427 писал(а):

Откуда взялось $376$?

Вы уже поняли, что $2^{100} \equiv 1 \pmod{125}$. Это можно записать как $2^{100}=125k+1$, где $k$ --- некоторое целое число. Вопрос: при каком $k$ число $125k+1$ будет делиться на $8$?

[Vladimir Pliassov]

nnosipov в сообщении #1564433 писал(а):

Вы уже поняли, что $2^{100} \equiv 1 \pmod{125}$. Это можно записать как $2^{100}=125k+1$, где $k$ --- некоторое целое число. Вопрос: при каком $k$ число $125k+1$ будет делиться на $8$?

При

$$k=\frac {2^{100}-1}{125}$$

и еще при $k=3$, и тогда $125k+1=376.$ Но первое значение получено не случайно, а второе случайно -- я просто прикинул. А как получить второе значение не случайно? И, вообще, как получить любое значение для $k$ не подбором, а какому-то принципу?