Isomorfismo di gruppi tra $R$ e $R\times R$
Mi scuso per la domanda banale. Allora, naturalmente $R$ e $R\times R$ non sono isomorfi come anelli (il primo è un campo, il secondo non è neppure un dominio). Lo sono come gruppi additivi? Ho l'impressione di no, ma non riesco a dimostrarlo! 
Grazie anticipate,
L.
Grazie anticipate,
L.
Risposte
Non mi ricordo quasi nulla di gruppi e affini.
Ma non e' che $RR$ ha un solo generatore e $RR\times RR$ ne ha due ?
Ma non e' che $RR$ ha un solo generatore e $RR\times RR$ ne ha due ?
"ViciousGoblin":
Non mi ricordo quasi nulla di gruppi e affini.
Ma non e' che $RR$ ha un solo generatore e $RR\times RR$ ne ha due ?
Non credo proprio che ci siamo: $R$ (come del resto $R\times R$) non è ciclico, quindi non possiede un generatore.
Ciao,
L.
"Lorenzo Pantieri":
[quote="ViciousGoblin"]Non mi ricordo quasi nulla di gruppi e affini.
Ma non e' che $RR$ ha un solo generatore e $RR\times RR$ ne ha due ?
Non credo proprio che ci siamo: $R$ (come del resto $R\times R$) non è ciclico, quindi non possiede un generatore.
Ciao,
L.[/quote]
Hai ragione scusa - ho sparato a caso pensando istintivamente alla struttura di spazio vettoriale.
Devo un po' trattenermi - in questo periodo rispondo compulsivamente a tutto
Riflettendoci meglio pero' (e seguendo la mia intuizione originaria) mi viene il dubbio che sia falso.
Supponiamo infatti che $(\phi_i)_{i\in I}$ sia una base per $RR$ come spazio vettoriale su $QQ$ ($I$ e' un insieme con la cardinalita' del continuo).
Allora $((\phi_i,0))_{i\in I}$ unito a $((0,\phi_i))_{i\in I}$ mi dovrebbe dare una base per $RR\times RR$.
Secondo me (con un po' di pazienza ...) e' possibile trovare una bigezione $h$ tra $I$ e $({1}\times I)\cup({2}\times I)$.
Se tale $h$ esiste mi pare si possa costruire un isomorfismo tra $RR$ e $RR\times RR$ come spazi vettoriali su $QQ$ (*) mandando ogni $\phi_i$ in $(\phi_j,0)$ se
$h(i)=(1,j)$ e in $(0,\phi_j)$ se $h(i)=(2,j)$. In particolare tale isomorfismo sarebbe un isomorfismo tra i gruppi additivi.
Puo' darsi che abbia scavolato di nuovo ----
(*) EDIT ho corretto mettendo $QQ$ al posto di $RR$
"ViciousGoblin":Forse intendevi su $QQ$..
costruire un isomorfismo tra $RR$ e $RR\times RR$ come spazi vettoriali su $RR$
Si mi pare che funzioni! Tu dici: la dimensione di $RR$ su $QQ$ e la dimensione di $RR xx RR$ su $QQ$ sono entrambe la cardinalita' del continuo, quindi $RR$ e $RR xx RR$ sono isomorfi come $QQ$-spazi vettoriali.
"Martino":Forse intendevi su $QQ$..
[quote="ViciousGoblin"]costruire un isomorfismo tra $RR$ e $RR\times RR$ come spazi vettoriali su $RR$
Si mi pare che funzioni! Tu dici: la dimensione di $RR$ su $QQ$ e la dimensione di $RR xx RR$ su $QQ$ sono entrambe la cardinalita' del continuo, quindi $RR$ e $RR xx RR$ sono isomorfi come $QQ$-spazi vettoriali.[/quote]
Ho corretto l'errore. Grazie per la segnalazione.
In effetti come la dici tu suona piu' giusta - per quanto sorprendente.
Rimarrebbe la questione del fatto che la cardinalita' di $I\times{1,2}$ coincide con cardinalita' di $I$, cosa che sul momento non sapevo dimostrare, ma che ho appurato essere vera (anche qui mi pare c'entri l'assioma della scelta, come pure per l'esistenza della base)
Ciao, le idee espresse fin qui non mi convincono. Per esempio, fare riferimento ai concetti di "base" e "dimensione" quando si parla di gruppi non mi pare appropriato: nei gruppi (in generale) non ci sono basi (ma solo, eventualmente, generatori).
In ogni caso, ieri mi è venuta l'idea giusta (almeno credo!). Riporto una traccia di dimostrazione. Per dimostrare che $R$ e $R\times R$ non sono isomorfi come gruppi additivi, basta considerare come è fatto un generico morfismo $f$ di gruppi in partenza da $R$. Dal momento che $f$ deve preservare la somma, è facile provare che $f(n)=nf(1)$, con $n$ intero. Con qualche piccolissima difficoltà in più, si trova che $f(q)=qf(1)$, con $q$ razionale. A questo punto (ricordando che i reali sono coppie di classi contigue di razionali) si conclude che $f(a)=af(1)$, con $a$ reale. In altre parole, un morfismo di gruppi in partenza da $R$ è determinato univocamente una volta fissata l'immagine di $1$ (la stessa cosa capita per i morfismi in partenza da $Z$). Ora non è difficile provare che comunque si scelga $f(1)$ in $R\times R$, $f$ non può essere suriettiva.
Grazie mille per il vostro aiuto!
Ciao,
L.
In ogni caso, ieri mi è venuta l'idea giusta (almeno credo!). Riporto una traccia di dimostrazione. Per dimostrare che $R$ e $R\times R$ non sono isomorfi come gruppi additivi, basta considerare come è fatto un generico morfismo $f$ di gruppi in partenza da $R$. Dal momento che $f$ deve preservare la somma, è facile provare che $f(n)=nf(1)$, con $n$ intero. Con qualche piccolissima difficoltà in più, si trova che $f(q)=qf(1)$, con $q$ razionale. A questo punto (ricordando che i reali sono coppie di classi contigue di razionali) si conclude che $f(a)=af(1)$, con $a$ reale. In altre parole, un morfismo di gruppi in partenza da $R$ è determinato univocamente una volta fissata l'immagine di $1$ (la stessa cosa capita per i morfismi in partenza da $Z$). Ora non è difficile provare che comunque si scelga $f(1)$ in $R\times R$, $f$ non può essere suriettiva.
Grazie mille per il vostro aiuto!
Ciao,
L.
"Lorenzo Pantieri":Ma non puoi negare che $RR$ e $RR xx RR$ sono spazi vettoriali su $QQ$. E se trovi un isomorfismo tra loro in quanto $QQ$-spazi vettoriali, esso e' anche un isomorfismo di gruppi additivi.
Ciao, le idee espresse fin qui non mi convincono. Per esempio, fare riferimento ai concetti di "base" e "dimensione" quando si parla di gruppi non mi pare appropriato: nei gruppi (in generale) non ci sono basi (ma solo, eventualmente, generatori).
L'unico problema eventualmente e' che non so se dal fatto che esistano basi equipotenti si possa dedurre che i due spazi sono isomorfi, nel caso infinito dimensionale. Ma sarebbe strano se non fosse vero.
Per dimostrare che $R$ e $R\times R$ non sono isomorfi come gruppi additivi, basta considerare come è fatto un generico morfismo $f$ di gruppi in partenza da $R$. Dal momento che $f$ deve preservare la somma, è facile provare che $f(n)=nf(1)$, con $n$ intero. Con qualche piccolissima difficoltà in più, si trova che $f(q)=qf(1)$, con $q$ razionale. A questo punto (ricordando che i reali sono coppie di classi contigue di razionali) si conclude che $f(a)=af(1)$, con $a$ reale. In altre parole, un morfismo di gruppi in partenza da $R$ è determinato univocamente una volta fissata l'immagine di $1$ (la stessa cosa capita per i morfismi in partenza da $Z$). Ora non è difficile provare che comunque si scelga $f(1)$ in $R\times R$, $f$ non può essere suriettiva.Si, questo potrebbe essere, ma per passare da $QQ$ a $RR$ non dovresti avere almeno che la $f$ e' continua?
Io ricordo che per mostrare che l'unico automorfismo di campi di $RR$ e' l'identita' si usa il fatto che un automorfismo $f$ di $RR$ ristretto a $QQ$ e' l'identita' (per i motivi che hai detto) e siccome $f(x^2)=f(x)^2$ la $f$ e' crescente, quindi puoi ragionare con le classi contigue e dedurre che $f=1$.
Ma se non hai ipotesi topologiche o moltiplicative come fai?
se due spazi vettoriali hanno basi equipotenti sullo stesso campo sono isomorfi:
$V$ con base ${e_i}_{i in I}$, $W$ con base ${f_i}_{i in I}$ l'isomorfismo è definito sulla base $F(e_i)=f_i$ e dovrebbe bastare
$V$ con base ${e_i}_{i in I}$, $W$ con base ${f_i}_{i in I}$ l'isomorfismo è definito sulla base $F(e_i)=f_i$ e dovrebbe bastare
"rubik":Sì infatti, ero dubbioso perché non ho mai studiato bene gli spazi infinito dimensionali, ma credo che tu abbia ragione.
se due spazi vettoriali hanno basi equipotenti sullo stesso campo sono isomorfi:
$V$ con base ${e_i}_{i in I}$, $W$ con base ${f_i}_{i in I}$ l'isomorfismo è definito sulla base $F(e_i)=f_i$ e dovrebbe bastare
A questo punto dovrebbe essere chiaro che la dimensione di $RR$ su $QQ$ non è numerabile, e questo dovrebbe bastare a dire che $RR cong RR xx RR$ per quanto detto.
"Martino":Sì infatti, ero dubbioso perché non ho mai studiato bene gli spazi infinito dimensionali, ma credo che tu abbia ragione.
[quote="rubik"]se due spazi vettoriali hanno basi equipotenti sullo stesso campo sono isomorfi:
$V$ con base ${e_i}_{i in I}$, $W$ con base ${f_i}_{i in I}$ l'isomorfismo è definito sulla base $F(e_i)=f_i$ e dovrebbe bastare
A questo punto dovrebbe essere chiaro che la dimensione di $RR$ su $QQ$ non è numerabile, e questo dovrebbe bastare a dire che $RR cong RR xx RR$ per quanto detto.[/quote]
è incredibile, però sembra corretto!
Avete gia' sviscerato il problema quindi il mio intervento e' inutile.
Voglio pero' dire all'amico Lorenzo che il suo ragionamento e' esattamente quello che avevo tentato io - dopo aver
confuso il concetto di generatore e di base. Pero' ci si scontra subito, come ha detto Martino, con il fatto che non si puo'
passare da $QQ$ a $RR$, per mancanza di continuita'. A questo punto l'idea del fatto che la tesi sia falsa (e il modo di
dimostrarla) e' abbastanza naturale.
Tra l'altro mi sembra di avere affrontato un tema simile in un vecchio post, ma non mi riesce di trovarlo ...
Voglio pero' dire all'amico Lorenzo che il suo ragionamento e' esattamente quello che avevo tentato io - dopo aver
confuso il concetto di generatore e di base. Pero' ci si scontra subito, come ha detto Martino, con il fatto che non si puo'
passare da $QQ$ a $RR$, per mancanza di continuita'. A questo punto l'idea del fatto che la tesi sia falsa (e il modo di
dimostrarla) e' abbastanza naturale.
Tra l'altro mi sembra di avere affrontato un tema simile in un vecchio post, ma non mi riesce di trovarlo ...
Tra l'altro anch'io avevo pensato ad un argomento per dimostrare che non erano isomorfi che si scontrava con questioni topologiche.
Dicevo: un sottogruppo additivo di $RR$ è ciclico oppure denso. Siccome il sottogruppo $ZZ xx ZZ$ di $RR xx RR$ è non ciclico e non denso in $RR xx RR$, allora $RR$ e $RR xx RR$ non possono essere isomorfi come gruppi additivi.
Questo argomento è sbagliato perché non è detto che un isomorfismo di gruppi additivi mandi sottogruppi densi in sottogruppi densi. Ancora una volta servirebbe l'ipotesi di continuità.
Dicevo: un sottogruppo additivo di $RR$ è ciclico oppure denso. Siccome il sottogruppo $ZZ xx ZZ$ di $RR xx RR$ è non ciclico e non denso in $RR xx RR$, allora $RR$ e $RR xx RR$ non possono essere isomorfi come gruppi additivi.
Questo argomento è sbagliato perché non è detto che un isomorfismo di gruppi additivi mandi sottogruppi densi in sottogruppi densi. Ancora una volta servirebbe l'ipotesi di continuità.
"Lorenzo Pantieri":
In ogni caso, ieri mi è venuta l'idea giusta (almeno credo!). Riporto una traccia di dimostrazione. Per dimostrare che $R$ e $R\times R$ non sono isomorfi come gruppi additivi, basta considerare come è fatto un generico morfismo $f$ di gruppi in partenza da $R$. Dal momento che $f$ deve preservare la somma, è facile provare che $f(n)=nf(1)$, con $n$ intero. Con qualche piccolissima difficoltà in più, si trova che $f(q)=qf(1)$, con $q$ razionale. A questo punto (ricordando che i reali sono coppie di classi contigue di razionali) si conclude che $f(a)=af(1)$, con $a$ reale [...]
"ViciousGoblin":
Tra l'altro mi sembra di avere affrontato un tema simile in un vecchio post, ma non mi riesce di trovarlo ...
@ViciousGoblin, forse intendi questo topic:
https://www.matematicamente.it/forum/inc ... 40489.html ?
Lì parlammo del procedimento seguito da Lorenzo. Attenzione perché la conclusione segnata in rosso richiede delle ipotesi aggiuntive come la misurabilità di $f$ (o almeno così mi pare di ricordare).
[edit]Mi accorgo solo ora che stavate discutendo proprio di quest'ultimo punto, ergo la mia è la classica scoperta dell'acqua calda!
@dissonance Grazie era proprio quello!
"ViciousGoblin":
Rimarrebbe la questione del fatto che la cardinalita' di $I\times{1,2}$ coincide con cardinalita' di $I$, cosa che sul momento non sapevo dimostrare, ma che ho appurato essere vera (anche qui mi pare c'entri l'assioma della scelta, come pure per l'esistenza della base)
ma nemmeno delle referenze sul punto cruciale della dimostrazione?
ammettendo l'ipotesi del continuo forse la dimostrazione non sembra poi impossibile, ma senza?...
"Thomas":Hai ragione, abbiamo usato l'ipotesi del continuo.
ammettendo l'ipotesi del continuo forse la dimostrazione non sembra poi impossibile, ma senza?...
L'alternativa è dimostrare che $dim_{QQ}(RR) = |RR|$, e non è da escludere che questo sia equivalente all'ipotesi del continuo.
Quanto a dimostrare che $|I xx {1,2}| = |I|$, addirittura (se ricordo bene) se $X$ ha cardinalità infinita allora $|X xx X|=|X|$ (in ogni caso questo è vero nel caso numerabile e continuo), quindi siccome $|I| le |I xx {1,2}| le |I xx I|$ si ha automaticamente che $|I xx I|=|I|$.
mi pare che il fatto $dim_QQ(RR)=|RR|$ non ci serve sarà $dim_QQ(RR)=X$ e per AC $|XxX|=|X|$
si proponevo di utilizzare l'ipotesi del continuo per dimostrare che $|I\times{1,2}|=|I|$ (volendo basta dimostrare che $|XxX|=|X|$ vale per sole due cardinalità per quanto avete detto)... voi avete citato l'assioma della scelta ma la dimostrazione non l'avete mica fatta e non mi sembrava evidente 
...
...
"Thomas":
[quote="ViciousGoblin"]
Rimarrebbe la questione del fatto che la cardinalita' di $I\times{1,2}$ coincide con cardinalita' di $I$, cosa che sul momento non sapevo dimostrare, ma che ho appurato essere vera (anche qui mi pare c'entri l'assioma della scelta, come pure per l'esistenza della base)
ma nemmeno delle referenze sul punto cruciale della dimostrazione?
[/quote]Credevo che fosse una cosa nota ....
In effetti viene spontaneo usare l'ipotesi del continuo visto che $I$ ha cardinalita' compresa tra $NN$ e $RR$ e che si vede facilmente che la cardinalita' di $RR\times{1,2}$ coincide con
la cardinalita' di $RR$.
Pero' girando un po' su internet ho trovato queste dispense http://www.mat.uniroma1.it/people/dandr ... dinali.pdf (prop. 3.4, pag. 5)
in cui si afferma esplicitamente che dato un qualunque insieme infinito $I$ la cardinalita' di $I\times{0,1}$ e' la stessa della cardinalita' di $I$ - la dimostrazione e' rinviata a un'altra dispensa
dedicata al Lemma di Zorn, per cui e' chiaro che c'entra di nuovo l'assioma della scelta. Non ho avuto tempo di gurdarla ma penso peralto che con un po' di pazienza uno se la possa anche ricavare da solo.
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