2014 dxdy logo

Научный форум dxdy

Математика, Физика, Computer Science, Machine Learning, LaTeX, Механика и Техника, Химия,
Биология и Медицина, Экономика и Финансовая Математика, Гуманитарные науки


Правила форума


В этом разделе нельзя создавать новые темы.

Если Вы хотите задать новый вопрос, то не дописывайте его в существующую тему, а создайте новую в корневом разделе "Помогите решить/разобраться (М)".

Если Вы зададите новый вопрос в существующей теме, то в случае нарушения оформления или других правил форума Ваше сообщение и все ответы на него могут быть удалены без предупреждения.

Не ищите на этом форуме халяву, правила запрещают участникам публиковать готовые решения стандартных учебных задач. Автор вопроса обязан привести свои попытки решения и указать конкретные затруднения.

Обязательно просмотрите тему Правила данного раздела, иначе Ваша тема может быть удалена или перемещена в Карантин, а Вы так и не узнаете, почему.



Начать новую тему Ответить на тему
 
 Гомоморфизм из группы (R,+) в группу вращений S
Сообщение11.02.2016, 18:05 


25/11/08
449
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?

 Профиль  
                  
 
 Re: Гомоморфизм из группы (R,+) в группу вращений S
Сообщение11.02.2016, 18:43 
Заслуженный участник


14/10/14
981
ellipse в сообщении #1098666 писал(а):
Что такое замкнутая подгруппа
Я думаю, что замкнутая подгруппа -- это подгруппа, которая замкнута.
(В вашем случае в $\mathbb{R}.$)

 Профиль  
                  
 
 Re: Гомоморфизм из группы (R,+) в группу вращений S
Сообщение11.02.2016, 19:14 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


01/03/06
13619
Москва
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.

 Профиль  
                  
 
 Re: Гомоморфизм из группы (R,+) в группу вращений S
Сообщение11.02.2016, 22:51 


25/11/08
449
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 $x\in \ker f$.

 Профиль  
                  
 
 Re: Гомоморфизм из группы (R,+) в группу вращений S
Сообщение11.02.2016, 23:02 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


09/02/14

1377
ellipse
Прообраз замкнутого множества (под действием непрерывного отображения) - замкнут.

 Профиль  
                  
 
 Re: Гомоморфизм из группы (R,+) в группу вращений S
Сообщение11.02.2016, 23:21 


25/11/08
449
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 $H=\mathbb{R}$?

 Профиль  
                  
 
 Re: Гомоморфизм из группы (R,+) в группу вращений S
Сообщение11.02.2016, 23:37 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


09/02/14

1377
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 $na \in I$.

 Профиль  
                  
 
 Re: Гомоморфизм из группы (R,+) в группу вращений S
Сообщение11.02.2016, 23:55 


25/11/08
449
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. :roll:

 Профиль  
                  
 
 Re: Гомоморфизм из группы (R,+) в группу вращений S
Сообщение11.02.2016, 23:57 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


09/02/14

1377
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

 Профиль  
                  
 
 Re: Гомоморфизм из группы (R,+) в группу вращений S
Сообщение12.02.2016, 00:00 


25/11/08
449
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.

 Профиль  
                  
 
 Re: Гомоморфизм из группы (R,+) в группу вращений S
Сообщение14.02.2016, 10:39 


15/04/12
162
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.

 Профиль  
                  
 
 Re: Гомоморфизм из группы (R,+) в группу вращений S
Сообщение14.02.2016, 21:10 


25/11/08
449
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?

 Профиль  
                  
 
 Re: Гомоморфизм из группы (R,+) в группу вращений S
Сообщение17.02.2016, 23:15 


25/11/08
449
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 $S$.

 Профиль  
                  
Показать сообщения за:  Поле сортировки  
Начать новую тему Ответить на тему  [ Сообщений: 13 ] 

Модераторы: Модераторы Математики, Супермодераторы



Кто сейчас на конференции

Сейчас этот форум просматривают: нет зарегистрированных пользователей


Вы не можете начинать темы
Вы не можете отвечать на сообщения
Вы не можете редактировать свои сообщения
Вы не можете удалять свои сообщения
Вы не можете добавлять вложения

Найти:
Powered by phpBB © 2000, 2002, 2005, 2007 phpBB Group