Неассоциативность операции

[AlexDem]

Такой вопрос возник - бывают ли неассоциативные операции вообще? Речь идёт о семантике, а не синтаксисе. Вот, рассмотрим, например, вычитание на целых числах $Z$. Оно неассоциативно и не выводит за пределы $Z$, то есть является отображением $Z$ в $Z$. С другой стороны, рассмотрим симметрическую полугруппу $F$ всех возможных отображений над $Z$. В ней, очевидно, найдутся элементы, соответствующие операции вычитания (поскольку в $F$ по определению есть все возможные отображения). Но суперпозиция отображений ассоциативна, следовательно ассоциативными должны быть и все возможные операции на $Z$...

То есть, можно ли утверждать, что выражение $5 - 3 - 2 \ne 5 - (3 - 2)$ возникает только из-за синтаксиса? Ведь мы можем записать его как $5 + (-3) + (-2) = 5 + ((-3) + (-2))$, превратив в равенство.

Иначе говоря - бывают ли группоиды, кроме полугрупп?

[AD]

Хммм.

AlexDem писал(а):

рассмотрим симметрическую полугруппу $F$ всех возможных отображений над $Z$.

В смысле отображения из $Z$ в $Z$? Но ведь вычитание не является таким отображением. Оно является отображением из $Z\times Z$ в $Z$.

Или я сильно не въехал?

[AlexDem]

Почему? Можно взять элемент вместе с операцией, скажем, "+1", и ему будет соответствовать отображение $Z$ в $Z$ - сдвиг элементов вправо на единицу. Другому элементу с этой операцией будет также соответствовать отображение (сдвиг на другое число элементов). Если свести всё это в таблицу Кэли (в случае конечного $Z$), то по-моему, получится та же таблица, что и при записи $Z \times Z \to Z$. Но мой способ записи мне как-то интуитивно понятней.

[AD]

AlexDem писал(а):

бывают ли группоиды, кроме полугрупп?

Неассоциативный группоид можно соорудить даже на двухэлементном множестве $\{0,1\}$, скажем, так:
$1*1=0$,
$1*0=1$,
$0*1=0$,
$0*0$ - не важно, потому что уже имеем

$$(1*1)*1=0*1=0$$

, но

$$1*(1*1)=1*0=1$$

.

Добавлено спустя 45 секунд:

Все-таки в чем заключается мысль с синтаксисом?

Добавлено спустя 2 минуты 51 секунду:

Знаете, что мне кажется? Ваши рассуждения правильны, если есть единица, нейтральный элемент. Тогда любое произведение $x*y*z$ можно представить как $e*x*y*z$, то есть как композицию отображений, примененную к единице. А если единицы нету, то ...

Хотя нет, бред пишу. В моём примере ведь можно сделать нолик правой единицей.

Добавлено спустя 4 минуты 20 секунд:

То есть вопрос вот в чём: почему $x*y$ будет произведением отображений "умножение слева на $x$" и "умножение слева на $y$"? Это в точности означает, что $(x*y)*z=x*(y*z)$, то есть как раз ассоциативность!

[Capella]

AlexDem писал(а):

Такой вопрос возник - бывают ли неассоциативные операции вообще?

А как понимать слово "вообще"? Вам подойдёт умножение матриц $A \cdot B \ne B \cdot A$?

[AD]

Capella, Это у вас некоммутативность Умножение матриц ассоциативно.

[AlexDem]

AD писал(а):

Все-таки в чем заключается мысль с синтаксисом?

Ща, не торопите, разберу сперва не спеша Ваш пример...

[Capella]

Да, ассоциативность $x* (y * z) = (x*y)*z$, но разве все матрицы ассоциативны?

Дело вот в чём, я могу принять $z=1$ вообюще скалар или однодименсиональная матрица и что будет?

[AD]

То есть, если я все правильно понимаю, ответ - в последних моих двух строчках. Соответствие, сопоставляющее каждому элементу операцию (левого) умножения на него, будет гомоморфизмом тогда и только тогда, когда наш группоид - полугруппа.

Добавлено спустя 1 минуту 50 секунд:

Capella писал(а):

Да, ассоциативность $x* (y * z) = (x*y)*z$, но разве все матрицы ассоциативны?

Произведение любых (даже прямоугольных) матриц (над полем) как раз уж точно ассоциативно, потому что каждой матрице изоморфно соответствует линейный оператор, а композиция отображений ассоциативна. Впрочем, можно и "в лоб" доказать.

Добавлено спустя 3 минуты:

Capella писал(а):

однодименсиональная матрица

Го-во-ри-те по-че-ло-ве-чес-ки!

[Capella]

AD

Как третью матрицу можно всегда взять единичную матрицу

Дело в другом, насколько я помню ещё из курса Алгебры (сорри, могу ошибаться ), то матрицы не образуют кольцо, а только группу (гр операцию можно взять сложение) - из-за операции умножения. Поправьте, если не права.

[AD]

Че-то вы сильно не правы, Capella.

Во-первых, рассуждение с единичной матрицей категорически не понимаю. В законе коммутативности порядок множителей разный, а в законе ассоциативности - только расстановка скобок разные, а порядок множителей одинаковый. Один с другим никак не связаны, и подстановкой единицы они друг к другу не сводятся.

Во-вторых, матрицы над полем образуют кольцо. И даже алгебру над этим полем. Конечно, матрицы над неассоциативным кольцом и сами окажутся неассоциативными. Но вот AlexDem в этой теме усомнился в существовании неассоциативных операций вообще, и уж тем более неассоциативных колец, поэтому этот пример не годится.

[Capella]

Да, я на википедии тоже уже прочитала. Оказалось уже забыла всё. Спасибо!

[AD]

Ничего, форум для того и нужен, чтобы напоминать заглядывать иногда в википедию ))

[AlexDem]

В общем, мысль с синтаксисом заключалась в том, что не каждое обозначение можно считать операцией. В том смысле, что неассоциативность возникает только потому, что мы обратный элемент превращаем в прямой, а его формальное обозначение (знак минус) принимаем за знак операции только в силу совпадения формальных обозначений операции и символа обратного элемента.

По-моему, Ваш пример противоречив (с той позиции, с которой я подхожу). Запишу соответствующие ему перестановки:

$$0 = \left(\begin{array}{cc}0 & 1\\0 & 1\end{array}\right)$$

$$1 = \left(\begin{array}{cc}0 & 1\\0 & 0\end{array}\right)$$

То есть, как и договаривались, элемент "0" является единицей, а элемент "1" превращает любой элемент в элемент "0".

Но если мы теперь запишем суперпозицию подстановок, то получим:
0*0 =

$$\left(\begin{array}{cc}0 & 1\\0 & 1\end{array}\right)$$

*

$$\left(\begin{array}{cc}0 & 1\\0 & 1\end{array}\right)$$

=

$$\left(\begin{array}{cc}0 & 1\\0 & 1\end{array}\right)$$

= 0
1*0 =

$$\left(\begin{array}{cc}0 & 1\\0 & 0\end{array}\right)$$

*

$$\left(\begin{array}{cc}0 & 1\\0 & 1\end{array}\right)$$

=

$$\left(\begin{array}{cc}0 & 1\\0 & 0\end{array}\right)$$

= 1
0*1 =

$$\left(\begin{array}{cc}0 & 1\\0 & 1\end{array}\right)$$

*

$$\left(\begin{array}{cc}0 & 1\\0 & 0\end{array}\right)$$

=

$$\left(\begin{array}{cc}0 & 1\\0 & 0\end{array}\right)$$

= 1
1*1 =

$$\left(\begin{array}{cc}0 & 1\\0 & 0\end{array}\right)$$

*

$$\left(\begin{array}{cc}0 & 1\\0 & 0\end{array}\right)$$

=

$$\left(\begin{array}{cc}0 & 1\\0 & 0\end{array}\right)$$

= 1
То есть, совершенно иной результат. Хотя таблица Кэли для данного примера существует и имеет вид (здесь первый аргумент это столбец, второй - строка):

$$K = \left(\begin{array}{cc}0 & 1\\0 & 0\end{array}\right)$$

Добавлено спустя 16 минут 7 секунд:

А, мысль возникла - что если мы вместо суперпозиции введём на $F$ другую операцию? Тогда, может оказаться, что наш неассоциативный группоид будет изоморфен подгруппоиду такого $F$.

[Профессор Снэйп]

Какого х... вся эта х.... делает в разделе "помогите решить/разобраться"?! В дискуссионные её, там ферматикам раздолье.

Хоть бы поумнее что-нибудь придумали!