monoids de inyecciones y surjections

Question

Deje $X$ ser un conjunto infinito, y deje $I(X)$ $S(X)$ denotar la monoids de inyectiva y surjective mapas de $X$ a la misma, respectivamente. ¿Cómo $I(X)$ $S(X)$ se relacionan de manera algebraica? ¿Hay alguna razón para sospechar que puede ser isomorfo a un lado de optimismo?

Answer 1

$ \newcommand{\tupla}[1]{\left\langle#1\right\rangle} \newcommand{idX}{\operatorname{id}_X} $The monoids $$\tuple{I(X),\circ,\idX} \text{ and }\tuple{S(X),\circ,\idX}$$ are not isomorphic and neither are $$\tuple{I(X),\circ,\idX} \text{ and }\tuple{S(X),\bullet,\idX},$$ where $%f\bala g = x \mapsto g(f(x))$ is the inverted composition (sometimes denoted by a semicolon like $f{;}g$).

Para simplificar la notación, la corrección de algunos de $X$, por lo que el$I = I(X)$$S = S(X)$, y vamos a suponer que existe isomorfismo $\Phi : I \to S$ entre ellos.

Deje $B = B(X)$ ser el conjunto de todos los bijections $X \to X$. Por otra parte, vamos \begin{align} B_I &= \{f \in I \mid \exists g \in I.\ g\circ f = \idX \land f\circ g = \idX\} \\ B_S &= \{f \in S \mid \exists g \in S.\ g\circ f = \idX \land f\circ g = \idX\} \end{align}

Sin duda elementos de $B$ tienen inversos, por lo $B \subset B_S \subset S$$B \subset B_I \subset I$, pero también tenemos que cada elemento de a $B_S$ $B_I$ es un bijection, por lo $B_I = B = B_S$. Por favor, tenga en cuenta que $B$ es un grupo, por lo que tenemos cuatro $G$-conjuntos:

• a la izquierda de acción para$I$, $\lambda_I : B \times I \to I$,
• derecho de acción para$I$, $\rho_I : I \times B \to I$,
• a la izquierda de acción para$S$, $\lambda_S : B \times S \to S$,
• derecho de acción para$S$, $\rho_S : S \times B \to S$.

Observar que, $$\Phi(\idX) = \idX,$$ por lo $f\circ g = \idX$ implica que el $\Phi(f)\circ\Phi(g) = \idX$, por lo tanto $\Phi(B) = B$, lo que significa que $\Phi|_B$ es un automorphism de $B$. Eso también significa que $\Phi(I \setminus B) = S \setminus B$. Ahora $\Phi$ no tiene que ser un isomorfismo entre la anterior $G$-conjuntos, pero no conserva los estabilizadores, que es, (hay sólo dos símbolos, porque sabemos de contexto si $f \in I$ o $f \in S$).

\begin{align} B_{\lambda}(f) &= \{g \in B \mid g \circ f = f\} \\ B_{\rho}(f) &= \{g \in B \mid f \circ g = f\} \end{align} entonces \begin{align} \Phi(B_\lambda(f)) &= \{\Phi(g) \in B \mid g \circ f = f\} \\ &= \{g \in B \mid \Phi^{-1}(g) \circ f = f\} \\ &= \{g \in B \mid g \circ \Phi(f) = \Phi(f)\} \\ &= B_\lambda(\Phi(f)) \end{align} y para cualquier $g \in B_\lambda(f)$ tenemos $\Phi(g) \in B_\lambda(\Phi(f))$. Asimismo, para $B_\rho$.

Ahora, observa que los estabilizadores de los definidos anteriormente, $G$- conjuntos de propiedades específicas:

• para cualquier $f \in I$ tenemos $B_\lambda(f) = \{\idX\}$,
• existen $f \in I\setminus B$ tal que $B_\rho(f) = \{\idX\}$, vamos a llamarlos solitario,
• existen $f \in I\setminus B$ tal que $|B_\rho(f)| \geq 2$.
• para cualquier $f \in S\setminus B$ tenemos $|B_\lambda(f)| \geq 2$,
• para cualquier $f \in S$ tenemos $B_\rho(f) = \{\idX\}$.

Esto implica que no hay isomorfismo entre el$\tuple{I,\circ,\idX}$$\tuple{S,\circ,\idX}$, debido a que para cualquier $f \in I \setminus B$ tendríamos $\Phi(f) \in S \setminus B$ $\Phi(B_\lambda(f)) = B_\lambda(\Phi(f))$ lo cual es una contradicción con $$|\Phi(B_\lambda(f))| = |B_\lambda(f)| = 1 < 2 \leq |B_\lambda(\Phi(f))|.$$

Asimismo, para $\tuple{I,\circ,\idX}$$\tuple{S,\bullet,\idX}$, si usted quiere tomar cualquier solitaria $f \in I \setminus B$, luego $\Phi(f) \in S \setminus B$, pero $$|\Phi(B_\rho(f))| = |B_\rho(f)| = 1 < 2 \leq |B_\rho(\Phi(f))|$$ (the composition order is changed for $\tupla{S,\bullet\idX}$, hence the interpretatino of $\lambda$ and $\rho$ interruptores demasiado), así que no hay isomorfismo entre ellos.

Espero que esto ayude a $\ddot\smile$