Изоморфизм обратного

[timber]

arseniiv в сообщении #1090448 писал(а):

Не, не угадали. В общем, потом вы увидите, что гомоморфизм «проще» изоморфизма и последний может быть представлен как выше, а так-то вы уже записали то, что нужно доказать.

Да уж. Пока что трудно прозреть, и этот факт как-то психологически расстраивает.

Касательно решения есть идея к обеим частям тождества добавить, например $\varphi(ab)$, чтобы получить в левой части единичный элемент $\varphi\cdot\varphi^{-1} = e$. Или так нельзя делать?

Другой вариант: $\varphi(ab)\cdot\varphi^{-1}(a'b')=\varphi(ab)\cdot\varphi^{-1}(a')\cdot\varphi^{-1}(b')$ или $c'\cdot c =c' \cdot a\cdot b = c'\cdot c$

[arseniiv]

Всё проще, да и непонятно, что это и что тут из чего следует.

Вот надо доказать, что $\varphi^{-1}(uv) $ и $\varphi^{-1}(u)\varphi^{-1}(v)$ равны. Замените в обоих $u=\varphi(x)$, $v=\varphi(y)$ и внимательно смотрите.

-- Чт янв 14, 2016 01:43:36 --

timber в сообщении #1090451 писал(а):

$\varphi(ab)\cdot\varphi^{-1}(a'b')=\varphi(ab)\cdot\varphi^{-1}(a')\cdot\varphi^{-1}(b')$

У вас тут элементы одной группы умножаются на элементы другой. Не всегда это имеет смысл.

[timber]

arseniiv в сообщении #1090464 писал(а):

Всё проще, да и непонятно, что это и что тут из чего следует.

Вот надо доказать, что $\varphi^{-1}(uv) $ и $\varphi^{-1}(u)\varphi^{-1}(v)$ равны. Замените в обоих $u=\varphi(x)$, $v=\varphi(y)$ и внимательно смотрите.

Да. Если смотреть наглядно, выглядит все просто. Но как это правильно выразить.

[provincialka]

Боже мой! А что, без такой картинки непонятно было?
У вас вроде всё написано... Кроме разве что нет подробного объяснения, почему $\varphi^{-1}(\varphi(a)\cdot\varphi(b))=c$. Но, наверное, вы понимаете, почему!

[timber]

Ну так еще красивее

Интересно. Если то, что у меня написано является доказательством, то непонятно, что тут доказывать, если это следует непосредственно из условия задачи и определения изоморфизма. И это достаточно очевидно, тогда для чего еще требуется доказательство. Я думал, что нужно записать какие-то хитрые выражения, ну к примеру преобразовать и выразить что-то через единичные элементы, используя свойства группы $aa^{-1}=e, ae=a$ и т.д.

(Оффтоп)

Получается, что результат лежит на поверхности, а я часто что-то себе выдумываю, усложняю ... Наверное это связано как-то с непониманием элементарных вещей. Тогда, разобравшись в принципах, это можно исправить. Или это врожденная специфика субъективных умственных процессов, которая трудно исправима или не поддается корректировке вообще, и какая-бы из задач мне не попалась, то я всегда буду "уезжать" в сторону. И это все при моем упрямом желании достигнуть успехов в математике.

Как считаете?

[arseniiv]

timber в сообщении #1090500 писал(а):

Если то, что у меня написано является доказательством, то непонятно, что тут доказывать, если это следует непосредственно из условия задачи и определения изоморфизма.

Не совсем непосредственно. В равенствах это будет целых три знака $=$.

[provincialka]

timber в сообщении #1090500 писал(а):

И это достаточно очевидно, тогда для чего еще требуется доказательство.

Привыкайте. Математики чрезвычайно "любят" доказывать очевидные утверждения. И иногда-таки им "везёт": очевидное высказывание оказывается неверным! На основе такого факта разрабатываются новые теории.

timber в сообщении #1090500 писал(а):

Как считаете?

Думаю, всё дело в привычке!

[Munin]

Я вот тоже не понимаю.

$$\xymatrix@=3pc{ G_1\times G_1 \ar@{^{(}->>}[r]^{(\varphi,\varphi)} \ar[d]_{*_1} & G_2\times G_2 \ar[d]_{*_2} \\ G_1 \ar@{^{(}->>}[r]^{\varphi} & G_2 }$$

Нам известно, что обе стрелки $(\varphi,\varphi)$ и $\varphi$ биекции, что квадрат коммутативен. А что доказать-то надо?

[arseniiv]

Что коммутативен квадрат

$$\xymatrix@=3pc{ G_1\times G_1 \ar[d]_{*_1} & G_2\times G_2 \ar[l]_{(\varphi^{-1},\varphi^{-1})} \ar[d]_{*_2} \\ G_1 & G_2 \ar[l]_{\varphi^{-1}} }$$

Это делается наматыванием некоторого (те самые три знака $=$) числа кругов с использованием $\mathrm{id}_{G_2\times G_2}$ и $\mathrm{id}_{G_1}$.

-- Чт янв 14, 2016 21:37:04 --

На деле, конечно, надо для этого ещё и достроить первую диаграмму и двумя стрелками отсюда, и куском, нужным для доказательства $(f,g)^{-1} = (f^{-1},g^{-1})$. Ну или тот кусок можно отдельно нарисовать. Или пускай он очевиден, потому что не связан с группами.

[Munin]

Вот я так и думал, надо просто для каждой горизонтальной стрелки достроить $\xymatrix@=3pc{ \bullet \ar@{^{(}->>}@<1ex>[r]^{\varphi} & \bullet \ar@{^{(}-->>}@<1ex>[l]^{\varphi^{-1}} }.$ Но квадрат-то для этого рисовать вовсе не обязательно!

[arseniiv]

Ну да, можно ничего не рисовать, но что-то эквивалентное коммутативности моего квадрата-то доказать придётся. На всякий случай, я имею в виду переход (штрихом заменю $-1$)

$$\begin{array}{c}\varphi'\circ {*}_2 = \varphi'\circ {*}_2\circ\mathrm{id}_{G_2\times G_2} \stackrel{b}{=} \varphi'\circ{*}_2\circ(\varphi,\varphi)\circ(\varphi',\varphi') \stackrel{\square}{=} {} \\ {} \stackrel{\square}{=} \varphi'\circ\varphi\circ{*}_1\circ(\varphi',\varphi') \stackrel{b}{=} \mathrm{id}_{G_1}\circ{*}_1\circ(\varphi',\varphi') = {*}_1\circ(\varphi',\varphi'),\end{array}$$

где $\stackrel{\square}{=}$ — это равенство из коммутативности вашего квадрата (гомоморфизм), а $\stackrel{b}{=}$ — равенство из условия биективности $\varphi$.

-- Чт янв 14, 2016 22:02:43 --

И это уже можно счесть за полное решение, но, надеюсь, не сочтут, потому что (1) мы к нему подошли по маленьким шажочкам, (2) из этого вида традиционную точечную запись ещё получать.

[Munin]

arseniiv в сообщении #1090668 писал(а):

что-то эквивалентное коммутативности моего квадрата-то доказать придётся.

Внезапно стало ясно.