cuando es isomorfo a Un^3?

Question

esto es totalmente elemental, pero no tengo idea de cómo resolverlo: vamos a $A$ ser un grupo abelian tal que $A$ es isomorfo a $A^3$. es entonces $A$ isomorfo a $A^2$? probablemente no, pero, ¿cómo construir un contraejemplo? usted también puede pedir a este en otras categorías, por ejemplo los anillos. si se restringen a boolean anillos, la pregunta se convierte en una topológico que te hace pensar acerca de los fractales: vamos a $X$ piedra espacio que $X \cong X + X + X$, no se sigue que la $X \cong X + X$ (aquí + medios distintos de la unión)?

edit: en las respuestas ya hay contraejemplos. pero usted puede agregar a otras personas en otras categorías (con productos/co-productos), especialmente si son fáciles de entender :).

Answer 1

La respuesta es negativa para la clase de contables álgebras Booleanas. La referencia es Jussi Ketonen "La Estructura de Contables Álgebras Booleanas" (Anales de las Matemáticas [Segunda Serie], Vol. 108, 1978, Nº 1, pp 41-89). Allí, Ketonen muestra cualquier contables conmutativa semigroup puede ser embebido en el monoid de contables álgebras Booleanas. La prueba de esto es que en lugar involucrados.

La respuesta es positiva para la clase de lineal órdenes (colocación de producto con la concatenación). Lindenbaum mostró para cualquier lineal órdenes de $y$ $z$ si $y$ es un segmento inicial de $z$ $z$ es un segmento final de la $y$,$y \cong z$. Tomando $x+x$ $y$ $x = x+x+x$ $z$ es suficiente. Una referencia es José Rosenstein "Lineal Órdenes" (Academic Press Inc., Nueva York, 1982, pág.22). La prueba de esto es bastante sencillo.

Answer 2

El espacio de Banach versión de este, donde a es un espacio de Banach y "isomorfismo" significa "lineal homeomorphism", fue un famoso problema resuelto por Tim Gowers (Bull. Londres Matemáticas. Soc. 28 (1996), 297-304), usando el espacio que él y Bernard Maurey construido, que no tenía ningún subespacio con un uncondtional base.

Answer 3

La respuesta a la primera pregunta es no. Es decir, existe un grupo abelian $A$ isomorfo a $A^3$ pero no $A^2$. Este resultado es debido a la A. L. S. (Tony) de la Esquina, y es el caso de la $r = 2$ del teorema describe en el siguiente Matemática de Revisión.

MR0169905 Rincón, A. L. S., En una conjetura de Pierce relación directa de la descomposición de Abelian grupos. 1964 Proc. Colloq. Abelian Grupos (Tihany, 1963) pp 43--48 Akademiai Kiado, Budapest.

Se muestra que para cualquier entero positivo $r$ existe una contables de torsiones grupo abelian $G$ tales que la suma directa de $m$ copias de $G$ es isomorfo a la suma directa de $n$ copias de $G$ si y sólo si $m \equiv n (\mod r)$. Este notable resultado es obtenido a partir de que el autor del teorema sobre la existencia de torsión libre de los grupos que tienen una prescrito contables, reducido, torsiones endomorfismo anillo mediante la construcción de un anillo con propiedades adecuadas. Cabe mencionar que la cuestión de la existencia de sistemas algebraicos con la propiedad indicada anteriormente ha sido considerado por varios matemáticos. El autor ha sido demasiado generoso en la acreditación de este "conjetura" para el revisor.

Revisado por R. S. Pierce

Answer 4

Edit: En el comentario de abajo, Emil Jeřábek señala que la prueba de que está mal. Pero voy a dejar esta respuesta aquí para la posteridad.

He aquí una respuesta parcial a la Piedra del espacio de que se trate. La respuesta es sí para metrizable Piedra espacios: si $X \cong X + X + X$$X \cong X + X$. Supongo que usted está usando $+$ para denotar subproducto de espacios topológicos.

Prueba: Escribir $I(X)$ para el conjunto de puntos aislados de topológico, set $X$. (Un punto es aislado si, como un singleton subconjunto, está abierto.) A continuación, $I(X + Y) \cong I(X) + I(Y)$ todos los $X$$Y$. Así que, suponiendo que se $X \cong 3X$,$I(X) \cong 3I(X)$. Pero $X$ es compacto, por lo $I(X)$ es finito, por lo $I(X)$ está vacía. Por lo tanto $X$ es un compacto metrizable, totalmente desconectada espacio sin puntos aislados. Un clásico teorema implica entonces que $X$ o está vacío homeomórficos para el conjunto de Cantor. En cualquier caso, $X \cong X + X$.

Supongo que metrizability de la Piedra espacio corresponde a countability de la correspondiente anillo Booleano.

La teoría topológica de Piedra espacios es más sutil en la que no metrizable caso, si recuerdo correctamente.