Cómo encontrar todos los morfismos de $(\mathbb{N}, \mid)$ a $(\mathbb{N}, \mid)$ ?

Question

Sólo necesito una pequeña pista, no la respuesta completa. Sé que, si $f$ es un morfismo,

1. $a \mid b \implies f(a) \mid f(b)$
2. $a \mid b$ y $a \mid c \implies a \mid b+c$ Así que $f(a) \mid f(b), f(a) \mid f(c), f(a) \mid f(b + c)$ . También, $f(a) \mid f(b) + f(c)$
3. $\forall a \in \mathbb{N}, a \mid 0$ Así que $\forall a \in \mathbb{N}, f(a) \mid f(0)$
4. $\forall a \in \mathbb{N}, 1 \mid a$ Así que $\forall a \in \mathbb{N}, f(1) \mid f(a) $

A partir de ellas puedo sacar algunas conclusiones:

a. De 3., $f(0) = a$ ( $a \neq 0$ ), $f(\mathbb{N})$ sólo contiene divisores de $a$ .

b. A partir del 4., si $f(1) = a$ entonces $f(\mathbb{N})$ sólo contiene múltiplos de $a$ .

La forma más general que se me ocurre para f es ésta:

$f(x) = ax^{b} (a, b \in \mathbb{N})$ pero parece que no puedo ir más allá de esto.

Se agradece cualquier ayuda.

Answer 1

Sus observaciones a,b están bien hasta ahora (si $0\in\mathbb N$ en absoluto, eso puede depender de sus definiciones locales).

Tenga en cuenta que $a|b$ con $a>b$ sólo es posible con $b=0$ . Esto nos permite construir incontables morfismos $f$ con $f(0)=0$ : Supongamos que $n\in\mathbb N$ y hemos seleccionado $a_k$ para $0\le k<n$ tal que $a_0=0$ y $0< r,s\le n$ con $r|s$ implica $a_r|a_s$ . Seleccione $$\tag1a_{n}\in\bigcap_{0<k<n\atop k|n} a_k\mathbb N$$ arbitrariamente (lo cual es posible ya que el conjunto de la derecha contiene al menos $0$ ). Mediante la elección garantizamos que $k|n$ implica $a_k|a_n$ . Por lo tanto, para cualquier secuencia de este tipo $(a_n)$ , dejando que $f(n)=a_n$ nos da un morfismo. Nótese que cualquier morfismo con $f(0)=0$ puede obtenerse de esta manera, es decir, la restricción impuesta por $(1)$ es necesario.

Para los morfismos con $f(0)>0$ observó correctamente que necesitamos $f(n)|f(0)$ para todos $n$ , esp. $f(n)\ne 0$ para todos $n$ . Podemos hacer casi lo mismo que en el caso anterior, más concretamente seleccionar $$\tag2 a_{n}\in\{d\in\mathbb N\colon d|f(0)\}\cap\bigcap_{0<k<n\atop k|n} a_k\mathbb N$$ esta vez observando que el conjunto en $(2)$ no está vacía porque contiene $f(0)$ . Sin embargo, en cada paso sólo hay un número finito de opciones. Aun así, esto da otro lote incontable de morfismos (¿por qué?) si $f(0)>1$ .

Answer 2

Es una gran bestia peluda.

En todo momento, supondremos la factorización prima de $n$ es $n=p_1^{a_1}...p_k^{a_k}$ .

Por ejemplo, defina primero una función para cada potencia prima, y luego puede definir $\phi(n)=\phi(p_1^{a_1})...\phi(p_k^{a_k})$ . Eso sólo da algunos ejemplos básicos, apenas empieza a arañar la superficie, pero la restricción de $\phi$ a cualquier potencia primaria puede ser casi cualquier cosa. (No se puede definir arbitrariamente para potencias primos - para cada $p^a$ puedes elegir $\phi(p^a)/\phi(p^{a-1})$ arbitrariamente).

Un ejemplo no trivial es definir $\phi(n) = p_1p_2...$ . En este caso su resultado es siempre libre de cuadrados. En efecto, la función devuelve el mayor divisor libre de cuadrados de $n$ .

Otro ejemplo no trivial sería "olvidar" el poder de $2$ es la factorización primaria: $\phi(n)$ es el mayor factor impar de $n$ .

Estos dos primeros ejemplos conservan $\gcd$ y $\operatorname{lcm}$ que son el operador de encuentro y unión de $(\mathbb N,\mid)$ .

Otro ejemplo sería $\phi(n)=x^{\max(a_1,...a_k)}$ para un número fijo de $x\in\mathbb N$ . Esto no preserva $\gcd$ No creo.

Puede ser que valga la pena mirar sólo los ejemplos que dependen de dos primos. Así, los morfismos $\phi$ tal que $\phi(2^{a_1}3^{a_2}p_3^{a_3}...p_k^{a_k})=\phi(2^{a_1}3^{a_2})$ para todos los valores. Incluso eso va a ser un lío interesante.