Isomorfismo entre $L$ -estructuras

Question

Tengo una pregunta en particular sobre b), ya que esto debería ser simplemente erróneo, y sólo verdadero para $n=m$ . También tengo una preocupación en d). Por favor, echa un vistazo. Sé que es mucho texto... Gracias.

Dejemos que $L$ sea la lengua $\{c\}$ donde $c$ es un símbolo constante. Sea $L^<=\{c,<\}$ , $L^+=\{c,+\}$ , $L^{<,+}=\{c,<,+\}$ , donde $+$ es un símbolo de función de 2 dígitos y $<$ es un símbolo de relación de 2 dígitos.

Observamos la estructura $S_n$ con $\mathbb{Z}$ como universo (conjunto de bases) y $c$ se interpreta como $n$ .

A $S_n$ puede ampliarse a una estructura $L^{+,<}$ -estructura $S_n^{<,+}$ , donde $+,<$ tienen la interpretación habitual. Similar $S_n^<$ y $S_n^+$ .

Espectáculo:

a) $S_n\cong S_m$ por cada $n,m\in\mathbb{Z}$

b) Para cada $n,m\in\mathbb{Z}$ existe exactamente un isomorfismo entre $S_n^<$ y $S_m^<$ .

c) $S_n^{<,+}\cong S_m^{<,+}\iff n=m$

d) ¿Cuándo $S_n^+\cong S_m^+$ ¿se mantiene?

a) es sencillo. Definimos $f:\mathbb{Z}\to\mathbb{Z}, f(x)=\begin{cases} m,\text{if x=n}\\ n,\text{if x=m}\\ x,\text{else}\end{cases}$

Obviamente $f$ es una biyección y se cumple que $f(c^{S_n})=f(n)=m=c^{S_m}$ . Así que $S_n\cong S_m$ .

Pero b) sólo debería valer para $n=m$ porque tenemos que definir el isomorfismo como en a). De lo contrario, no mapeamos símbolos constantes en símbolos constantes.

Y luego $n<m\Leftrightarrow f(n)<f(m)\Leftrightarrow m<n$ que es una contradicción.

Sólo puede tener sentido cuando $n=m$ ¿o me estoy perdiendo algo?

Por c): $\Leftarrow$ está claro.

$\Rightarrow$ . Dejemos que $S_n^{<,+}\cong S_m^{<,+}$ Supongamos que $n\neq m$ . Sin pérdida de generalidad $n<m$ . Entonces, como en b) $n<m\Leftrightarrow m<n$ contradicción.

d):

Esto no puede ser así si $n\neq m$ y $n=0$ o $m=0$ . Dejemos que $n=0$ (así $m\neq 0$ ).

Entonces $f(0)=f(0+0)\Leftrightarrow m=2m\Leftrightarrow m=0$ contradicción.

En particular, esto no se puede sostener si $n\neq m$ .

Dejemos que $n\cdot m:=\underbrace{m+\dotso +m}_{\text{n-times}}$ si $n>0$ y

$n\cdot m:=\underbrace{(-m)+\dotso (-m)}_{\text{n-times}}$ si $n<0$ .

Tenemos $f(n\cdot m)=f(m\cdot n)\Leftrightarrow n\cdot f(m)=m\cdot f(n)\Leftrightarrow n^2=m^2\Leftrightarrow n=m \vee n=-m$ .

Pero $n\neq m$ . Así que $n=-m$ .

Entonces $f(n)=m=-n$ . Elija $k\in\mathbb{Z}$ tal que $k\neq m,n$ y $n-k\neq m$ . Entonces $f(n)=f((n+(-k))+k)=(n+(-k))+k=n$ . Así que $n=-n$ pero $n\neq 0$ .

¿Es esto correcto? Parece demasiado "complicado". Gracias de antemano.

Answer 1

B) Te falta algo. En lugar de intercambiar simplemente $n$ y $m,$ definir el isomorfismo como $x\mapsto x +(m-n).$ Te dejaré que demuestres que esto preserva el orden y es la única posibilidad.

c) Error similar al de (b). Sabemos cuál tiene que ser el isomorfismo de orden a partir de la unicidad demostrada en (b) y es bastante fácil ver que esto no preserva la adición a menos que $m=n.$

d) Cualquier mapa preservador de la adición $f:\mathbb Z\to \mathbb Z$ se determina enteramente por $f(1).$ ¿Qué puede $f(1)$ para que el mapa sea una biyección?

Answer 2

Además de la respuesta de spaceisdarkgreen, quiero dar una solución completa a las restantes c) y d).

c):

Queremos demostrar que $S_n^{<,+}\cong S_m^{<,+}$ implica $n=m$ .

Así que dejemos $f:\mathbb{Z}\to\mathbb{Z}$ ser un $L$ -isomorfismo.

Entonces $f$ tiene las propiedades:

(I) $f(n)=m$

(II) $a<b\Leftrightarrow f(a)<f(b)$

(III) $f(a)+f(b)=f(a)+f(b)$

Supongamos que $n\neq m$ . Sin pérdida de generalidad, suponemos que $n<m$ . Si $n=0$ tenemos $f(0)=f(0+0)\stackrel{(III)}{=}f(0)+f(0)\Leftrightarrow 0=f(0)$

Con (I) $m=0$ . Así que $n\neq 0$ .

Entonces tenemos $f(n)=\begin{cases} nf(1), n>0\\ nf(-1), n<0\end{cases}$

Donde por supuesto $nf(1)=\underbrace{f(1)+\dotso + f(1)}_{\text{n-times}}$

Si $n>0$ entonces $m=f(n)=nf(1)$ . Así que $n\mid m$ y $f(1)=\frac{m}{n}$ .

Es $0<1<2\stackrel{(II)}{\Leftrightarrow} f(0)<f(1)<f(2)$

Así que $0<\frac{m}{n}<f(2)$ . Supongamos ahora que $f(1)>1$ . Desde $f$ es biyectiva hay alguna $k\in\mathbb{Z}$ con $f(k)=1$ .

O bien $0<1<k$ o $k<0<1$ .

En el primer caso tenemos $0<1<k\Leftrightarrow 0<\frac{m}{n}<1$ . Así que $m<n$ . Lo cual es una contradicción.

Si $k<0<1$ entonces $f(k)<f(0)$ pero $f(k)=1<f(0)=0$ también es una contradicción.

El caso $n<0$ se resuelve de forma análoga.

Así que, efectivamente $n=m$ .

d):

Cuando se mantiene $S_n^+\cong S_m^+$

El isomorfismo se mantiene obviamente para $m\in\{\pm n\}$ y no hay otros casos.

Al igual que en el caso anterior, tenemos $f(0)=0$ así que $n\neq 0$ y $f(1)=\frac{m}{n}$ . Así que $n\mid m$ y $n<m$ .

Ahora demostramos que $m|n$ :

Desde $f$ es una biyección hay alguna $k\in\mathbb{Z}$ con $f(k)=1$ .

Entonces $mf(k)=m\Leftrightarrow f(mk)=m\Leftrightarrow mk=n$ . Así que $m\mid n$ .

Ahora tenemos $m\mid n$ y $n\mid m$ . Esto sólo es válido si $\pm m=n$ .