ЛУМ, изоморфизм и сумма

[Manticore]

Пример $\mathbb Q+\{1\}$ теперь понятен, спасибо.

arseniiv в сообщении #772698 писал(а):

С чего бессмысленная? Она соответствует определению. Получится множество $\mathbb Q\times \{0, 1\}$ с порядком, описанным выше.

Скажите, я верно понимаю, что таким образом получаем пары $(q, 0)$ и $(q, 1)$, и все $(q, 0)$ идут раньше $(q, 1)$, и надо $(q, 0)$ сопоставить $(q', 1)$ такие, что $q' > q$, и тогда мы сможем построить биекцию из-за того, что $\mathbb{Q} \sim \mathbb{Q}$?

[provincialka]

Надо сопоставить и $(q,0)$, и $(q,1)$ некоторым элементам $\mathbb Q$ так, чтобы сохранился порядок. Например, первое множество отобразить в $(-\infty;\sqrt 2)\cap \mathbb Q$, а второе - в $(\sqrt 2;+\infty)\cap \mathbb Q$

[arseniiv]

(Опять писал сто лет.)

Manticore в сообщении #772710 писал(а):

Скажите, я верно понимаю, что таким образом получаем пары $(q, 0)$ и $(q, 1)$, и все $(q, 0)$ идут раньше $(q, 1)$

Правильно.

Manticore в сообщении #772710 писал(а):

и надо $(q, 0)$ сопоставить $(q', 1)$ такие, что $q' > q$, и тогда мы сможем построить биекцию из-за того, что $\mathbb{Q} \sim \mathbb{Q}$?

Биекцию же надо составить не между двумя частями $\mathbb Q+\mathbb Q$, а между $\mathbb Q+\mathbb Q$ и $\mathbb Q$. Видимо, стоит попытаться построить изоморфизм $f_0\colon\mathbb Q\times\{0\}\to\{q:q\in\mathbb Q\wedge q<r\}$ и изоморфизм $f_1\colon\mathbb Q\times\{1\}\to\{q:q\in\mathbb Q\wedge q>r\}$, где $r$ — какое-нибудь иррациональное число. Тогда $f=f_0\cup f_1$ будет изоморфизмом, который нужен. Не имею никакого понятия, верный это путь или нет, опыта — и интуиции — в этой местности у меня нет. Давайте подождём кого-нибудь.

Вот, provincialka предлагает ту же идею. (Может, она заодно и знает, как отображать! )

[Manticore]

Простите, что криво изъясняюсь, но, надеюсь, вы поймёте, что я спрашиваю:
Получается, нужно "разбить" $\mathbb{Q} + \mathbb{Q}$ на $(q,0)$ и $(q,1)$. Т.е. $(q,0)$, например, мы можем сопоставить $(-\infty;\sqrt 2)\cap \mathbb Q$, но разве $q$ не должно быть любым рациональным числом? В обоих случаях: и в $(q,0)$, и в $(q,1)$?

[provincialka]

Нет, не должно быть. Ведь не обязательно отображать число $q$ в самого себя. Да это и не получится.
arseniiv, извините, что влезаю

[Manticore]

provincialka
А почему возможно такое "разбиение"? Разве тогда не получается, что $\mathbb{Q} \sim (-\infty;\sqrt 2)\cap \mathbb Q$?

[arseniiv]

Да конечно влезайте! Я как раз скоро уйду.

К тому же, я дошёл до границы.

Manticore, смотрите как получается: мы берём левую половину $2\mathbb Q$ (пусть теперь так называется, а?), которая $\mathbb Q\times{0}$. Да, она канонически изоморфна $\mathbb Q$ по построению, но её ещё надо сопоставить и какой-то левой половине $\mathbb Q$, а не всему $\mathbb Q$, потому что надо «оставить место» для правой половины. К тому же, у нашей исходной левой половины нет максимума — это наводит на мысль, что у новой (в которую мы отображаем) левой половины его тоже не должно быть. Это можно сделать двумя способами: $\{q:q<r\}$, где $r$ — иррациональное и $\{q:q<r\}$, где $r$ уже рациональное. Если мы выберем второй способ, оставшаяся правая половина будет $\{q:q\geqslant r\}$ — и у неё будет минимум $r$, а наша исходная правая половина не имеет минимума. Значит, надо резать по иррациональному числу.

Как отображать целое $\mathbb Q$ в такую половину, мне кое-кто подсказал, но описать это красиво пока не возьмусь.

Manticore в сообщении #772735 писал(а):

Разве тогда не получается, что $\mathbb{Q} \sim (-\infty;\sqrt 2)\cap \mathbb Q$?

Да, получится такой изоморфизм (и изоморфизм с другой половиной тоже). И он есть, потому что другой не подойдёт.

[Manticore]

А для целого $\mathbb{Q}$ нельзя объеденить $(-\infty;\sqrt 2)\cap \mathbb Q$ с $(\sqrt 2;+\infty)\cap \mathbb Q$?

[Joker_vD]

(Оффтоп)

Вообще говоря, прямая сумма двух ч.у.м. $(A_1,\leqslant_1)$ и $(A_2,\leqslant_2)$ строится так: берем $A=A_1\oplus A_2=A_1\times\{1\}\cup A_2\times\{2\}$ — прямая сумма носителей, отношением порядка $\leqslant$ на нем берем наименьшее отношение, удовлетворяющее следующим условиям:

$$\begin{array}{ccc}a'\leqslant_1 a''& \Rightarrow &(a',1)\leqslant(a'',1), \\ b'\leqslant_2 b'' &\Rightarrow &(b',2)\leqslant(b'',2).\end{array}$$

Т.е. просто кладем два множества рядышком, не смешивая порядки, и все.

Это естественно потому что, во-первых, вложения $\iota_1\colon A_1\to A_1\oplus A_2$, $\iota_2\colon A_2\to A_1\oplus A_2$ — будут монотонны, а во-вторых, тогда для любых двух монотонных отображений $f\colon A\to Z$, $g\colon B\to Z$ у нас мигом строится монотонное отображение $f\oplus g\colon A\oplus B\to Z$, действующее по правилу $(f\oplus g)(a,1)=f(a),\;(f\oplus g)(b,2)=g(b)$. Более того, это единственное отображение, удовлетворяющее условию $f=(f\oplus g)\circ\iota_1,\; g=(f\oplus g)\circ\iota_2$.

[arseniiv]

(2 Joker_vD.)

А если порядки линейные, почему бы не дополнять полученный порядок до линейного?

(Ниже давайте сокращать $\mathbb Q\cap\langle\text{отрезок/интервал/etc.}\rangle$ как $\langle\text{отрезок/интервал/etc.}\rangle_Q$.)

Итак, описание изоморфизма между $(\mathbb Q,<)$ и $((-\infty;\sqrt2)_Q,<)$:

Вы сможете (покажите как, если хотите) биективно отобразить какой-нибудь отрезок $[a,b]_Q$ рациональных чисел в любой другой отрезок их же, а так же сделать это с интервалами $(a,b)_Q$ и с соответствующими полуинтервалами $(a,b]_Q; [a,b)_Q$. В числе таких биекций есть и изоморфизм относительно $<$.

Теперь представим $\mathbb Q$ как объединение непересекающихся полуинтервалов $[q_n, q_{n+1})_Q, \;n\in\mathbb Z$. Не важно, как выбраны $q_i$, но можно взять их теми же целыми числами. $((-\infty;\sqrt2)_Q,<)$ тоже можно представить как объединение непересекающихся полуинтервалов $[q'_n, q'_{n+1})_Q$ — они будут «сгущаться» при подходе к $\sqrt2$. Каждый из $[q_n, q_{n+1})_Q$ можно отобразить биективно в $[q'_n, q'_{n+1})_Q$, и собрать биекцию из этих маленьких полуинтервальных биекций. Она сохраняет и порядок. С отображением в другую половину аналогично — для удобства можно повернуть полуинтервалы.

Чтобы доказательство было строгим, вам надо показать…
• что можно найти такие $q'_n, n\in\mathbb Z$, чтобы $\bigcup_{n\in\mathbb Z} [q'_n, q'_{n+1})_Q = (-\infty, \sqrt2)_Q$.
• что (правильно) собранная по кусочкам биекция сохраняет порядок, если кусочки сохраняют порядок

Manticore в сообщении #772741 писал(а):

А для целого $\mathbb{Q}$ нельзя объеденить $(-\infty;\sqrt 2)\cap \mathbb Q$ с $(\sqrt 2;+\infty)\cap \mathbb Q$?

Объединение этих двух половин как раз и есть $\mathbb Q$, но это никак не может быть использовано в построении изоморфизма между целым $\mathbb Q$ и одной из половин.

[Joker_vD]

(Оффтоп)

arseniiv
Ну да, добавьте третье условие $(a,1)\leqslant (b,2)$, и вы получите прямую сумму в категории линейно упорядоченных множеств — то, что вы и писали. Но это не совсем лексикографическое упорядочивание — то вводится на декартовом произведении множеств, а тут у нас несколько другая ситуация. Но действительно похоже.

[arseniiv]

(2 Joker_vD.)

Joker_vD в сообщении #772769 писал(а):

Но это не совсем лексикографическое упорядочивание — то вводится на декартовом произведении множеств, а тут у нас несколько другая ситуация. Но действительно похоже.

Ой, точно, это же получается ограничение соответствующего л. у. из $(A\cup B)\times2$. Ну, обычно ограничения строят на лету и как-то не заботятся о переназвании, и я тоже…

[Manticore]

arseniiv
Т.е. вообще $\mathbb{Q}_l \sim \mathbb{Q}_r \sim \mathbb{Q}$, где $l, r$ - левое и правое.
А $\mathbb{Q}$ мы представляем как объединение $\mathbb{Q}_l$ и $\mathbb{Q}_r$.

arseniiv в сообщении #772757 писал(а):

Каждый из $[q_n, q_{n+1})_Q$ можно отобразить биективно в $[q'_n, q'_{n+1})_Q$, и собрать биекцию из этих маленьких полуинтервальных биекций.

Собранная биекция - это биекция из объединения левой и правой частей в каждую из частей?

arseniiv в сообщении #772757 писал(а):

можно найти такие $q'_n, n\in\mathbb Z$, чтобы $\bigcup_{n\in\mathbb Z} [q'_n, q'_{n+1})_Q = (-\infty, \sqrt2)_Q$.

Но ведь это объединение и есть левая часть $\mathbb{Q}$, разве нет?
И как строго доказывать сохранение порядка? Я никогда не видел, как это записывается, т.е. не знаю алгоритм.

[arseniiv]

Manticore в сообщении #772779 писал(а):

Т.е. вообще $\mathbb{Q}_l \sim \mathbb{Q}_r \sim \mathbb{Q}$, где $l, r$ - левое и правое.

По вышеописанному изоморфизму да.

Manticore в сообщении #772779 писал(а):

А $\mathbb{Q}$ мы представляем как объединение $\mathbb{Q}_l$ и $\mathbb{Q}_r$.

Угу.

Manticore в сообщении #772779 писал(а):

Собранная биекция - это биекция из объединения левой и правой частей в каждую из частей?

Да.

Manticore в сообщении #772779 писал(а):

Но ведь это объединение и есть левая часть $\mathbb{Q}$, разве нет?

Да, но а вдруг бы мы не нашли соответствующую бесконечную последовательность $q'_i$? Постройте любую. С $q_i$-то проще — их можно взять целыми числами.

Manticore в сообщении #772779 писал(а):

И как строго доказывать сохранение порядка? Я никогда не видел, как это записывается, т.е. не знаю алгоритм.

Если отвечать мне, то уже завтра.

-- Ср окт 09, 2013 02:55:41 --

А вы что, уже построили изоморфизм двух рациональных отрезков?

[Manticore]

arseniiv в сообщении #772781 писал(а):

А вы что, уже построили изоморфизм двух рациональных отрезков?

Нет, я не понимаю, как это делать.
Хочу сказать, что у нас была одна лекция, где нам дали определение порядка и устно объяснили, почему $\mathbb{Q} + 1$ не изоморфно $\mathbb{Q}$, чего я не понял (тогда). Мне нужно сдать листок с задачами типа той, что Вы мне сейчас объясняете, но я не знаю алгоритма для их решения.
Может быть, Вы могли бы объяснить в удобное для Вас время, как это делать, хотя бы на совсем другом примере?