Умножение с тремя нулями-единицами и единицей-бесконечностью

[paha]

В топике http://dxdy.ru/topic38871.html решение вопроса
сводилось к следующему простому утверждению:

Если $(t^n+1)/(t^n-1)=x$, $(t^m+1)/(t^m-1)=y$, то

$$ \frac{t^{n+m}+1}{t^{n+m}-1}=\frac{xy+1}{x+y}. $$

О! Подумал я... бинарная операция $x\ast y=(xy+1)/(x+y)$ коммутативна.
Нетрудно проверить, что и ассоциативна.

Для того, чтобы при данных $a,b\in\mathbb{R}$ уравнение

$$ a\ast x=\frac{ax+1}{a+x}=b$$

имело формальное решение

$$ x=\frac{-ab+1}{-a+b} $$

(ведь может статься, что $a=b$), нужно добавить символ $\omega$ (который бесконечность)
и положить $x\ast\omega=x$ для любых $x\in\mathbb{R}\cup\omega=\hat{\mathbb{R}}$.


Таким образом $\omega$ является единицей операции $\ast:\hat{\mathbb{R}}\times\hat{\mathbb{R}}\to\hat{\mathbb{R}}$
При этом элементом, обратным к $x\in\mathbb{R}$, является $-x\in\mathbb{R}$.
Формально считаем $-\omega=\omega$.

Нулем этой операции являются элементы $\pm 1$:

$$ \pm 1\ast x=\frac{\pm x+1}{x\pm 1}=\pm 1,\quad \forall x\in\hat{\mathbb{R}}\setminus\{\mp 1\} $$

(верхние или нижние знаки берутся одновременно).

Осталось понять, что за элемент $\xi=1\ast(-1)$.

Я ничего не придумал лучше, чем просто добавить его к $\hat{\mathbb{R}}$ и рассматривать бинарную операцию $\ast$ на множестве $X=\hat{\mathbb{R}}\cup\{\xi\}$.
Правило умножения тут такое:

$$ \xi\ast x=1\ast((-1)\ast x)=1\ast (-1)=\xi,\quad \forall X\setminus\{1,-1,\xi\}. $$

Получилось, что у операции $\ast$ есть три нуля: $Z=\{1,-1,\xi\}$.

Долбица умножения для нулей (они являются в точности необратимыми идемпотентами $X$) такая:

$$ 1\ast 1=1,\quad (-1)\ast(-1)=-1,\quad \xi\ast\xi =\xi $$

$$ 1\ast(-1)=\xi,\quad \xi\ast 1=\xi,\quad \xi\ast(-1)=\xi $$

($\xi$ -- самый круглый ноль ).
Обратных элементов у нулей, разумеется, нет, поэтому положим $-\xi=\xi$.

Итак, получилась такая алгебраическая система $\langle X,\ast,\omega,Z,\sigma\rangle$,
где $X$ -- множество, $\ast$ -- бинарная операция на $X$,
$\omega$ -- единица этой операции -- $\omega x=x$ $\forall x\in X$,
$Z$ -- множество нулей -- $z\ast x=z$ $\forall z\in Z$, $\forall x\in X\setminus Z$ (для нулей есть своя таблица умножения)
$\sigma:X\to X$ -- инволюция $X$ с тремя неподвижными точками $\omega$, $0\in X$ и $\xi\in Z$ -- $\sigma(x)\ast x=\omega$ $\forall x\in X\setminus Z$.

Любопытно отметить присутстие "мнимой" единицы: $0\ast 0=\omega$.

Эта полугруппа нулей $Z$ наверняка где-то засветилась.
Кто-нибудь видел такую (подобную) алгебраическую систему?

Мне на память пришла фамилия Блох (группа Блоха поля), но, вроде, не то.

-- Сб ноя 27, 2010 17:13:32 --

Кстати, $\langle X\setminus Z,\ast,\omega\rangle$ -- группа

-- Сб ноя 27, 2010 17:24:10 --

интересно, если вместо $\mathbb{R}$ взять $\mathbb{Q}$, будет ли группа конечно-порожденной?

Забавно, в этой группе у каждого элемента может не быть ни одного, либо быть ровно 2 корня... и еще:
$\sqrt{a}\ast\sqrt{-a}$ это либо $0$, либо $\omega$ -- смотря какие ветви корня мы берем

[paha]

В этой группе даже кручение есть... но хиленькое... собственно, ${\rm Tor}\simeq \mathbb{Z}/2\mathbb{Z}$

-- Сб ноя 27, 2010 18:13:29 --

paha в сообщении #381108 писал(а):

интересно, если вместо $\mathbb{R}$ взять $\mathbb{Q}$, будет ли группа конечно-порожденной?

а целые числа (без $\pm 1$) порождают такую группу?

[paha]

Ну вот, все и прояснилось. Сначала я заметил, что из двух элементов $x,0\ast x\in X\setminus Z$ один имеет два квадратных корня, а другой -- ни одного, причем в случае, когда корня два, например $y_{1,2}$, то всегда $y_2=0\ast y_1$.

Таким образом группа $(X\setminus Z)/Tor$ (изоморфная компоненте связности единицы группы $X\setminus Z$) является делимой.
Множество ее элементов -- это $\hat{\mathbb{R}}\setminus [-1,1]$.
Более того, она изоморфна группе вещественных чисел по сложению!

Вот изоморфизм $\phi:(X\setminus Z)/Tor\to \mathbb{R}$:

$$ \phi(x)=\frac{1}{2}\ln\frac{x+1}{x-1}, $$

Используя этот изоморфизм легко получить формулу

$$ a^{\ast n}=a\ast\ldots\ast a=\frac{(a+1)^n+(a-1)^n}{(a+1)^n-(a-1)^n} $$

Таким образом имеем короткую точную последовательность

$$ 0\to\mathbb{Z}/2\mathbb{Z}\to X\setminus Z\to\mathbb{R}\to 0 $$

а значит $X\setminus Z$ является

[paha]

$X\setminus Z$ изоморфно прямой сумме $\mathbb{Z}/2\mathbb{Z}\oplus\mathbb{R}$

изоморфизм такой $\phi(\epsilon\oplus t)=u(\epsilon)\ast\cth t$, где $u(0)=\omega$, $u(1)=0$

[AD]

paha в сообщении #381108 писал(а):

О! Подумал я... бинарная операция $x\ast y=(xy+1)/(x+y)$ коммутативна.

Так, а это не какое-нибудь там произведение преобразований Лоренца? Только наоборот

[Руст]

По любой биективной функции $f:R\to R$ можно определить коммутативную ассоциативную операцию по формуле:
$f(t_1)*f(t_2)=f(t_1+t_2).$
Здесь функция $f(t)=cth (t)$ гиперболический котангенс. Двузначности появляются из-за не биективности на всей вещественной прямой.

[paha]

Руст в сообщении #383058 писал(а):

По любой биективной функции $f:R\to R$ можно определить коммутативную ассоциативную операцию по формуле:
$f(t_1)*f(t_2)=f(t_1+t_2).$
Здесь функция $f(t)=cth (t)$

она не биективна:)))
но по сути Вы правы

Руст в сообщении #383058 писал(а):

Здесь функция $f(t)=cth (t)$ гиперболический котангенс. Двузначности появляются из-за не биективности на всей вещественной прямой.

да-да -- это уже я написал выше... любопытна не только прямая сумма $\mathbb{R}\oplus\mathbb{Z}/2\mathbb{Z}$, но и эта полугруппа нулей $Z$, которая возникает естественным образом...
Мой пафос в первом сообщении был именно на нее направлен: откуда там взялся "самый круглый ноль $\xi$"?-)

Впрочем, это так, безделушка, Вы правы... но вот с ее помощью, посредством

paha в сообщении #381513 писал(а):

$$ a^{\ast n}=a\ast\ldots\ast a=\frac{(a+1)^n+(a-1)^n}{(a+1)^n-(a-1)^n} $$

можно получить простое выражение для $\cth{nx}$... и, наверное, еще кучу полезных вещей.

С помощью других отображений (расширенной) вещественной прямой в нее же, наверняка, можно получить и другие полезные штучки

-- Пт дек 03, 2010 19:32:38 --

AD в сообщении #383051 писал(а):

ак, а это не какое-нибудь там произведение преобразований Лоренца?

нет:) хотя я про Лоренца только понаслышке

-- Пт дек 03, 2010 19:36:39 --

Руст
А что за структура получится, если взять эту бинарную операцию $\ast$ на $\hat{\mathbb{C}}\setminus\{\pm 1\}$?

Неужели, прямая сумма $\mathbb{R}\oplus S^1$?

-- Пт дек 03, 2010 19:40:36 --

(Оффтоп)

я алгеброй не увлекался никогда и для меня было откровением, что группа $G$ может быть делимой, а группа $G\oplus\mathbb{Z}/2\mathbb{Z}$ -- нет

[bayak]

paha в сообщении #383213 писал(а):

нет:) хотя я про Лоренца только понаслышке

Если хотите геометризовать свою алгебраическую штучку, то попробуйте свернуть псевдоевклидову плоскость $(x,y)$ так, чтобы изотропная прямая $X=(x+y)/\sqrt{2}$ накрыла окружность, а вторую изотропную прямую $Y=(x-y)/\sqrt{2}$ не трогайте. Тогда получится прямая сумма окружности и прямой, из которой легко выделяется Ваша прямая сумма, при этом ваше $\phi(x)$ теперь будет измеряться гиперболическим углом. Так что Лоренц где-то рядом пробегал.

[bayak]

(Оффтоп)

Тут я упражнялся в таком сворачивании.

[Руст]

Цитата:

А что за структура получится, если взять эту бинарную операцию $\ast$ на $\hat{\mathbb{C}}\setminus\{\pm 1\}$?

Неужели, прямая сумма $\mathbb{R}\oplus S^1$?

Нет.
Когда мы рассматривали на действительной оси было соответствие гиперболический тангенс для области $|x|>1$ и гиперболический котангенс для области $|x|<1$. При этом аргументы были действительными. В комплексной плоскости аргументы будут комплексными и будут вычисляться по (обратной к гиперболическому тангенсу или котангенсу):
$w=\phi(z)=\frac{1}{2}\ln \frac{z+1}{z-1}.$
Так как логарифм определен с точностью до слагаемого $2\pi in$, то и сложение в плоскости W будет по модулю $\pi i$, т.е. операция является сложением на цилиндре W.

[paha]

Руст в сообщении #383440 писал(а):

т.е. операция является сложением на цилиндре W

так $\mathbb{R}\times S^1$ и есть цилиндр:)

[Руст]

paha в сообщении #383560 писал(а):

Руст в сообщении #383440 писал(а):

т.е. операция является сложением на цилиндре W

так $\mathbb{R}\times S^1$ и есть цилиндр:)

Да цилиндр. Еще группа кручения у $S_1$ бесконечная (с бесконечным числом образующих).

[paha]

Руст в сообщении #383736 писал(а):

Да цилиндр. Еще группа кручения у $S_1$ бесконечная (с бесконечным числом образующих).

тогда не понял Вашего отрицательного ответа на свой вопрос

paha в сообщении #383213 писал(а):

А что за структура получится, если взять эту бинарную операцию $\ast$ на $\hat{\mathbb{C}}\setminus\{\pm 1\}$?

Неужели, прямая сумма $\mathbb{R}\oplus S^1$?