Гомоморфизм из группы (R,+) в группу вращений S

[ellipse]

В книге "В. А. Любецкий основные понятия школьной математики, Москва, Просвещение, 1987" при построении тригонометрических функций обосновается неинъективность и периодичность непрерывного гомоморфизма из $(\mathbb{R},+) \to S$, где $S$ - группа комплексных чисел с модулем $1$ по умножению. А именно, тверждается, что:
1) ядро всякого такого гомоморфизма является замкнутой подгруппой в $(\mathbb{R},+)$;
2) в $(\mathbb{R},+)$ существуют только три вида замкнутых подгрупп: $H=(\mathbb{R},+)$, $H=\{0\}$, $H_a=\{an: n\in \mathbb{Z}\}$, где $a\in \mathbb{R}$.

Что такое замкнутая подгруппа — группа, в которая операции замкнутое множество переводят в замкнутое? Как доказывать эти утверждения?

Может, есть более простые способы доказательства существования и единственности таких гомоморфизмов, чем в книге Любецкого. Какие есть книги, где более подробно и последовательно исследуются подобные гомоморфизмы?

[Slav-27]

ellipse в сообщении #1098666 писал(а):

Что такое замкнутая подгруппа

Я думаю, что замкнутая подгруппа -- это подгруппа, которая замкнута.
(В вашем случае в $\mathbb{R}.$)

[Brukvalub]

ellipse, рассмотрите ненулевую группу и альтернативу: в этой группе есть наименьший положительный элемент - получите третий случай, в этой группе нет наименьшего положительного элемента - получите первый случай.

[ellipse]

Получается, что ядро любого непрерывного гомоморфизма замкнутое?

Если $x_n\in \ker f$ и $\lim_{n\to\infty} x_n = x$, тогда $0 = \lim_{n\to\infty} 0 = \lim_{n\to\infty} f(x_n) = f(x)$, то есть $x\in \ker f$.

[kp9r4d]

ellipse
Прообраз замкнутого множества (под действием непрерывного отображения) - замкнут.

[ellipse]

Пусть $H$ группа и в ней есть отличный от нуля элемент.

Если есть наименьший положительный элемент $a$. По свойству группы группе также принадлежат элементы вида $ma$, $m\in \mathbb{Z}$.
Нужно показать, что других элементов нет.
Пусть $b$ элемент отличный от элементов вида $ma$, тогда по свойству архимеда $na < b <(n+1)a$ для некоторого $n\in \mathbb{Z}$. По свойству группы $b - na \in H$, причем $0< b - na < a$. Получили противоречие с минимальностью $a$.

Если в $H$ нет наименьшего положительного элемента, тогда есть инфимум $c$ всех положительных элементов. Ввиду замкнутости $c \in H$.
Едва варианта: $c=0$ и $c>0$.
Если $c>0$, то $c$ есть наименьший положительный элемент, что по предположению невозможно.
Если $c=0$, тогда существуют сколь угодно маленькие $a\in H$.
Как доказать, что в этом случае $H=\mathbb{R}$?

[kp9r4d]

ellipse в сообщении #1098765 писал(а):

Как доказать, что в этом случае $H=\mathbb{R}$?

Точно так же, как доказывается то, что $\mathbb{Q}$ плотно в $\mathbb{R}$. Взять любой интервал $I$ в $\mathbb{R}$, выбрать достаточно маленький по модулю элемент $a$ и показать, что для некоторого целого $n$ верно, что $na \in I$.

[ellipse]

Когда докажем всюдуполоность $H$ в $\mathbb{R}$, использовать то, что непреывная функция однозначно определяется значениями на всюду плотном множестве? Думал, что это слишком извилистый путь и можно доказать без этого.

[kp9r4d]

Использовать то, что всюду плотное замкнутое множество совпадает со всем пространством. Не знаю, по мне так вполне естественный, ещё более естественный - вообще не думать над доказательством, так как это очевидно :3

[ellipse]

Может у кого-то есть идеи, как попроще и покрасивее доказать, что если $f$ непрерывный гомоморфизм из $(\mathbb{R},+) \to S$, то реализуется третий случай?

Еще хотелось бы как-то доказать, что существует и единственный такой сюръективный гомоморфизм с точностью до нормировки и напрвления вращения.

[CptPwnage]

Можно так:

Пусть у нас есть непрерывный гомоморфизм $f:\mathbb{R} \to S=\mathbb{R}/\mathbb{Z}$. Поднимем его до отображения $\tilde{f}: \mathbb{R} \to \mathbb{R}$. Если мы $0$ отображаем в $0$ то это тоже гомоморфизм групп (почти очевидно). Непрерывный гомоморфизм $\mathbb{R} \to \mathbb{R}$ всегда бесконечно гладкий и более того это просто линейное отображение. Значит $\tilde{f}(x) = \lambda x$ и раз это отображение было поднято, оно коммутирует со сдвигом на $1$, а значит $\lambda \in \mathbb{Z}$. Значит $f$ как раз было вида $x \to nx \mod 1$ из чего все следует.

[ellipse]

Пытаюсь конструктивно построить гомоморфмизм сначала на целых, потом на рациональных, а затем через предел на всех вещественных. Но возникает проблема при переходе к дробным числам из-за неоднозначности комплексных корней.

Пусть $f: (\mathbb{R},+) \to S$ - гомоморфизм групп, где $S$ - группа комплексных чисел с модулем $1$ по умножению.

Из определения следуют свойства.

Для любого $x$ верно $f(x)=f(x+0)=f(x)f(0)$, откуда $f(0)=1$.

$f(-x)=[f(x)]^{-1}$, поскольку $f(-x)f(x)=f(-x+x)=f(0)=1$.

По индукции доказывается, что $f(nx)=[f(x)]^{n}$ для любого $n \in \mathbb{N}$.

Далее получаем, что $f(mx)=[f(x)]^{m}$ для любого $m \in \mathbb{Z}$;

Но с рациональными числами возникают проблемы.

Хотелось бы получить равенство $f\left( \frac{1}{n} \right) = [f(1)]^{\frac{1}{n}}$.

В вещественном случае оно получается так:

Имеем равенство $f(1) = f\left( n\frac{1}{n} \right) = \left[f\left( \frac{1}{n} \right)\right]^{n}$. Поскольку по определению $f(1)>0$, то однозначном определен корень $[f(1)]^{\frac{1}{n}}>0$. Поэтому $f\left( \frac{1}{n} \right) = [f(1)]^{\frac{1}{n}}$.

Далее можно было бы получить значения $f$ на всех рациональных числах $f\left(\frac{m}{n}\right)=[f(1)]^{\frac{m}{n}}$

Xaositect предложили определить корни для степеней двойки $\sqrt[2^n] z$ по индукции, беря каждый раз значение квадратного корня из верхней полуплоскости.

Но тут возникает проблема. Не выполняется свойство $\sqrt[2^n]{a}\sqrt[2^n]{b}=\sqrt[2^n]{ab}$.

Например, если взять $a=b=-i$, то

$\sqrt[2]{a}\sqrt[2]{b} = \left(-\frac{1}{\sqrt{2}}+\frac{1}{\sqrt{2}}i\right)\left(-\frac{1}{\sqrt{2}}+\frac{1}{\sqrt{2}}i\right) = -i$.

С другой стороны, $\sqrt[2]{ab}=\sqrt[2]{-1} = i$.

Пробовал определить немного другим способом. Брать каждый раз значение квадратного корня $\sqrt[2]{z}$ из верхней полуплоскости, если само $z$ лежит в верхней полуплоскости, и из нижней — если $z$ лежит в нижней полуплоскости. В этом случае тоже не выполняется соотношение $\sqrt[2^n]{a}\sqrt[2^n]{b}=\sqrt[2^n]{ab}$.

Например, для $a=b=\left(-\frac{1}{\sqrt{2}}+\frac{1}{\sqrt{2}}i\right)$ получается, что $ab=-i$ лежит в нижней полуплоскости, а $\sqrt[2]{a}\sqrt[2]{b}$ — в верхней.

Похоже, что определить значение $z^{\frac{m}{2^n}}$ для всех $z$ и для всех $m,2^n$ никак не получится.

Думаю, может ограничиться какой-то четвертью или брать только $m<2^n$. Но и тут проблемы. Как доказать, например, что если $z$ из верхней полуплоскости, то и $(\sqrt[2^n]{z})^m$ из верхней при $m<2^n$.

Мне кажется, и это тупиковый путь. Как можно эту загвоздку преодолеть. Может у кого-то есть идеи?

[ellipse]

С корнями ничего хорошего не получается. Пошел по другому пути. Теперь нужно доказать такое утверждение.

Пусть $f: (\mathbb{R},+) \to S$ — какой-то непрерывный гомоморфизм групп (возможно, не инъективный или не сюръективный).
Тогда образ $f(\mathbb{R})$ — замкнутое множество в $S$.