Почему сложение и умножение так похожи?

[vlad9486]

Пусть искомый элемент $a$, тогда $\varphi(a)(x) = x$. Для $\varphi(a)$, $f_a(u) = u$. Так как функция $f$ аддитивная, $f_a(u + u + ... + u) = u + u + ... + u$ (одинаковое количество раз). А значит, для любого $x = u + u + ... + u$, выполняется $f(x) = x$. Так сойдет?

-- 27.12.2017, 17:13 --

А как с отрицательными числами быть?

[mihaild]

vlad9486 в сообщении #1279188 писал(а):

Так сойдет?

Почти. Лучше бы четко выделить: $u$ является нейтральным элементом по умножению, т.к. $f_u(x) = f_u(u + \ldots + u) = u + \ldots + u = x$, и других нейтральных нет (почему?).

vlad9486 в сообщении #1279188 писал(а):

А как с отрицательными числами быть?

Пусть $x$ - отрицательное число. Тогда $x + y = 0$, где $y$ - положительное число. $0 = f_u(0)$ (почему?), тогда $0 = f_u(x + y) = f_u(x) + f_u(y) = f_u(x) + y$, дальше сами.

[vlad9486]

Других нейтральных нет, пусть $v$ - такой элемент, $v \ne u$, умножив его на $u$ должны получить $u$, но ведь $\varphi(v)(u) = f_v(u) = v \ne u$, противоречие.

[mihaild]

vlad9486 в сообщении #1279192 писал(а):

$f_v(u) = v$

Почему?
(тут и я неправильно выше написал: мы доказали только что $u$ является левым нейтральным по умножению, т.е. $u\cdot x = u$, но не доказали что $x \cdot u = x$)

[vlad9486]

Я думал что по определению $\varphi$...

-- 27.12.2017, 17:42 --

У нас же все $f_x$ переводят $u$ в тот самый $x$.

-- 27.12.2017, 17:44 --

Я уже запутался где у нас аксиомы и что можно делать. Для каждого $x \in \mathbb{Z}$ есть эндоморфизм $f_x$, для которого $f_x(u) = x$. Такая аксиома?

[mihaild]

vlad9486 в сообщении #1279198 писал(а):

У нас же все $f_x$ переводят $u$ в тот самый $x$.

Да, вот теперь всё хорошо.

Итак, $u$ - единственный нейтральный элемент по умножению для положительных чисел. Что с отрицательными?

[vlad9486]

Думаю, нужно начать с нуля. Очевидно что $f_x(0) = 0$, где новый $0$ - ноль в "новых" числах. Нужно доказать. По определению нуля $a + 0 = a$, где $a$ произвольное, тогда $f_x(a) = f_x(a + 0)$, далее по аддитивности $f_x(a + 0) = f_x(a) + f_x(0)$, значит $f_x(a) = f_x(a) + f_x(0)$ и $f_x(0)$ - ноль в "новых" числах, можно его позначить тоже $0$. Значит умножение $0$ на любое число дает опять $0$. В том числе и на нейтральный элемент: $f_u(0) = 0$. Пусть $x$ - отрицательное число, $x + y = 0$, умножим его на $u$, $f_u(x + y) = f_u(0)$, применяя аддитивность $f_u(x) + f_u(y) = f_u(0)$, так как $u$ - нейтральный для положительных и нуля, имеем $f_u(x) + y = 0$.
Можно ли теперь сравнить это с значальным выражением $x + y = 0$ и заключить $f_u(x) = x$?

[mihaild]

vlad9486 в сообщении #1279211 писал(а):

где новый $0$ - ноль в "новых" числах

Нет, у нас одни и те же числа - $\mathbb{Z}$, где мы уже выделили $0$ - нейтральный элемент по сложению, и $u$ - порождающий по сложению.

vlad9486 в сообщении #1279211 писал(а):

Значит умножение $0$ на любое число дает опять $0$

Значит $0 \cdot x = 0$. А почему $0$ является правым поглощающим, т.е. $x \cdot 0 = 0$?

vlad9486 в сообщении #1279211 писал(а):

Можно ли теперь сравнить это с значальным выражением $x + y = 0$ и заключить $f_u(x) = x$?

Можно. Стандартно это делается так: $f_u(x) + y = x + y$. Прибавим к обеим частям $-y$ : $f_u(x) = f_u(x) + 0 = f_u(x) + (y + (-y)) = f_u(x) + y + (-y) = x + y + (-y) = x + (y + (-y)) = x + 0 = x$.

[vlad9486]

$x \cdot 0 = f_0(x) = 0 + 0 + ... + 0$ ($x$ раз), но ведь $0 + 0 = 0$, а значит и любая цепочка $0 + 0 + ... + 0 = 0$, следовательно $x \cdot 0 = 0$

mihaild в сообщении #1279215 писал(а):

Можно.

Точно, arseniiv писал что у нас группа, значит всегда есть $-y$, который можно прибавить. Спасибо, перехожу к коммутативности умножения.

[arseniiv]

mihaild, спасибо большое, что продолжили.

Про коммутативность, надеюсь, успею вовремя ответить, когда будет.

[vlad9486]

Введем обозначение для повторной суммы $y = u + ..._y + u$
Тогда $f_{x + u}(y) = f_{x + u}(u + ..._y + u)$
$f_{x + u}(u + ..._y + u) = f_{x + u}(u) + ..._y + f_{x + u}(u)$ (аддитивность)
$f_{x + u}(u) + ..._y + f_{x + u}(u) = (x + u) + ..._y + (x + u)$ (аксиома)
$(x + u) + ..._y + (x + u) = (x + ..._y + x) + (u + ..._y + u)$ (коммутативность и ассоциативность)
$(x + ..._y + x) + (u + ..._y + u) = f_x(u) + ..._y + f_x(u) + f_u(u) + ..._y + f_u(u)$ (аксиома)
$f_x(u) + ..._y + f_x(u) + f_u(u) + ..._y + f_u(u) = f_x(u + ..._y + u) + f_u(u + ..._y + u)$ (аддитивность)
Таким образом $f_{x + u}(y) = f_x(y) + f_u(y)$.
А значит $f_{(x + u) + u}(y) = f_{x + u}(y) + f_u(y) = f_x(y) + f_u(y) + f_u(y) = f_x(y) + f_{u + u}(y)$ повторяя это получим $f_{a + b}(c) = f_a(c) + f_b(c)$. Это дистрибутивность.

Нужно показать что $f_y(x) \equiv f_x(y)$. И я что то не знаю как это сделать, как то надо инкцией индуктить...

[arseniiv]

Да, можно индукцией по подмножеству неотрицательных, а потом добавочным штрихом сделать для всех, или индукцией с двумя переходами: вперёд и назад. (По-хорошему, конечно, возможность так делать тоже надо сначала доказать. Я это чуть позже здесь сделаю.) Для индукции пригодится доказать константность $f_0$ и соотношения $f_n(m)\pm m = f_{n\pm 1}(m)$ (это тоже по индукции прекрасно выходит, проверил сейчас).

-- Ср дек 27, 2017 23:55:54 --

[Итак, докажем, что если для некоторого утверждения $A$ известны $A(0)$, $A(n)\Rightarrow A(n+1)$ и $A(n)\Rightarrow A(n-1)$ (будем употреблять 1 вместо $u$, раз нейтральность по умножению теперь известна), то $A$ верно для всех целых.

Доказательство. По обычной индукции, база и переход вправо дают, что $A$ верно для всех неотрицательных целых, и аналогично база и переход влево дают, что $A$ верно для всех неположительных целых. А других и нет, QED.]

[vlad9486]

Пусть $f_y(x) = f_x(y)$, тогда $f_y(x + 1) = f_y(x) + y = f_x(y) + y = f_x(y) + f_1(y) = f_{x + 1}(y)$.
Такие вот упражнения.

Вывод: сложение аксиоматизиреутся, произведение $a$ и $b$ - это образ $a$ при эндоморфизме, который переводит порождающий элемент в $b$.

[arseniiv]

А ассоциативность уже была?

-- Чт дек 28, 2017 00:37:54 --

После разбирательства с целыми видно, что они образуют весьма приличное такое кольцо; рациональные можно получить из него как поле частных.

[vlad9486]

Попробую, но что то плохое предчувствие.
Доказать $f_a(f_b(c)) \equiv f_{f_a(b)}(c)$.
Начнем с того что коммутативность уже есть, значит это эквивалентно $f_a(f_b(c)) \equiv f_c(f_b(a))$.
Далее, та самая индукция надо доказать что $f_a(f_b(c + 1)) = f_{c + 1}(f_b(a))$ и $f_a(f_{b + 1}(c)) = f_{c}(f_{b + 1}(a))$, при $f_a(f_b(c)) = f_{c}(f_b(a))$