Isomorfismo di gruppi tra \( \displaystyle {R} \) e \( \displaystyle {R}\times{R} \)

[Lorenzo Pantieri]

Mi scuso per la domanda banale. Allora, naturalmente \( \displaystyle {R} \) e \( \displaystyle {R}\times{R} \) 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.

[ViciousGoblin]

Non mi ricordo quasi nulla di gruppi e affini.
Ma non e' che \( \displaystyle \mathbb{R} \) ha un solo generatore e \( \displaystyle \mathbb{R}\times\mathbb{R} \) ne ha due ?

[Lorenzo Pantieri]

Non mi ricordo quasi nulla di gruppi e affini.
Ma non e' che \( \displaystyle \mathbb{R} \) ha un solo generatore e \( \displaystyle \mathbb{R}\times\mathbb{R} \) ne ha due ?

Non credo proprio che ci siamo: \( \displaystyle {R} \) (come del resto \( \displaystyle {R}\times{R} \)) non è ciclico, quindi non possiede un generatore.

Ciao,
L.

[ViciousGoblin]

Non mi ricordo quasi nulla di gruppi e affini.
Ma non e' che \( \displaystyle \mathbb{R} \) ha un solo generatore e \( \displaystyle \mathbb{R}\times\mathbb{R} \) ne ha due ?

Non credo proprio che ci siamo: \( \displaystyle {R} \) (come del resto \( \displaystyle {R}\times{R} \)) non è ciclico, quindi non possiede un generatore.

Ciao,
L.

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 \( \displaystyle {\left(\phi_{{i}}\right)}_{{{i}\in{I}}} \) sia una base per \( \displaystyle \mathbb{R} \) come spazio vettoriale su \( \displaystyle \mathbb{Q} \) (\( \displaystyle {I} \) e' un insieme con la cardinalita' del continuo).
Allora \( \displaystyle {\left(\matrix{\phi_{{i}}&{0}}\right)}_{{{i}\in{I}}} \) unito a \( \displaystyle {\left(\matrix{{0}&\phi_{{i}}}\right)}_{{{i}\in{I}}} \) mi dovrebbe dare una base per \( \displaystyle \mathbb{R}\times\mathbb{R} \).
Secondo me (con un po' di pazienza ...) e' possibile trovare una bigezione \( \displaystyle {h} \) tra \( \displaystyle {I} \) e \( \displaystyle {\left({\left\lbrace{1}\right\rbrace}\times{I}\right)}\cup{\left({\left\lbrace{2}\right\rbrace}\times{I}\right)} \).
Se tale \( \displaystyle {h} \) esiste mi pare si possa costruire un isomorfismo tra \( \displaystyle \mathbb{R} \) e \( \displaystyle \mathbb{R}\times\mathbb{R} \) come spazi vettoriali su \( \displaystyle \mathbb{Q} \) (*) mandando ogni \( \displaystyle \phi_{{i}} \) in \( \displaystyle {\left(\phi_{{j}},{0}\right)} \) se
\( \displaystyle {h}{\left({i}\right)}={\left({1},{j}\right)} \) e in \( \displaystyle {\left({0},\phi_{{j}}\right)} \) se \( \displaystyle {h}{\left({i}\right)}={\left({2},{j}\right)} \). In particolare tale isomorfismo sarebbe un isomorfismo tra i gruppi additivi.

Puo' darsi che abbia scavolato di nuovo ----

(*) EDIT ho corretto mettendo \( \displaystyle \mathbb{Q} \) al posto di \( \displaystyle \mathbb{R} \)

[Martino]

costruire un isomorfismo tra \( \displaystyle \mathbb{R} \) e \( \displaystyle \mathbb{R}\times\mathbb{R} \) come spazi vettoriali su \( \displaystyle \mathbb{R} \)

Forse intendevi su \( \displaystyle \mathbb{Q} \)..

Si mi pare che funzioni! Tu dici: la dimensione di \( \displaystyle \mathbb{R} \) su \( \displaystyle \mathbb{Q} \) e la dimensione di \( \displaystyle \mathbb{R}\times\mathbb{R} \) su \( \displaystyle \mathbb{Q} \) sono entrambe la cardinalita' del continuo, quindi \( \displaystyle \mathbb{R} \) e \( \displaystyle \mathbb{R}\times\mathbb{R} \) sono isomorfi come \( \displaystyle \mathbb{Q} \)-spazi vettoriali.

[ViciousGoblin]

costruire un isomorfismo tra \( \displaystyle \mathbb{R} \) e \( \displaystyle \mathbb{R}\times\mathbb{R} \) come spazi vettoriali su \( \displaystyle \mathbb{R} \)

Forse intendevi su \( \displaystyle \mathbb{Q} \)..

Si mi pare che funzioni! Tu dici: la dimensione di \( \displaystyle \mathbb{R} \) su \( \displaystyle \mathbb{Q} \) e la dimensione di \( \displaystyle \mathbb{R}\times\mathbb{R} \) su \( \displaystyle \mathbb{Q} \) sono entrambe la cardinalita' del continuo, quindi \( \displaystyle \mathbb{R} \) e \( \displaystyle \mathbb{R}\times\mathbb{R} \) sono isomorfi come \( \displaystyle \mathbb{Q} \)-spazi vettoriali.

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 \( \displaystyle {I}\times{\left\lbrace{1},{2}\right\rbrace} \) coincide con cardinalita' di \( \displaystyle {I} \), 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)

[Lorenzo Pantieri]

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 \( \displaystyle {R} \) e \( \displaystyle {R}\times{R} \) non sono isomorfi come gruppi additivi, basta considerare come è fatto un generico morfismo \( \displaystyle {f} \) di gruppi in partenza da \( \displaystyle {R} \). Dal momento che \( \displaystyle {f} \) deve preservare la somma, è facile provare che \( \displaystyle {f{{\left({n}\right)}}}={n}{f{{\left({1}\right)}}} \), con \( \displaystyle {n} \) intero. Con qualche piccolissima difficoltà in più, si trova che \( \displaystyle {f{{\left({q}\right)}}}={q}{f{{\left({1}\right)}}} \), con \( \displaystyle {q} \) razionale. A questo punto (ricordando che i reali sono coppie di classi contigue di razionali) si conclude che \( \displaystyle {f{{\left({a}\right)}}}={a}{f{{\left({1}\right)}}} \), con \( \displaystyle {a} \) reale. In altre parole, un morfismo di gruppi in partenza da \( \displaystyle {R} \) è determinato univocamente una volta fissata l'immagine di \( \displaystyle {1} \) (la stessa cosa capita per i morfismi in partenza da \( \displaystyle {Z} \)). Ora non è difficile provare che comunque si scelga \( \displaystyle {f{{\left({1}\right)}}} \) in \( \displaystyle {R}\times{R} \), \( \displaystyle {f} \) non può essere suriettiva.

Grazie mille per il vostro aiuto!

Ciao,
L.

[Martino]

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).

Ma non puoi negare che \( \displaystyle \mathbb{R} \) e \( \displaystyle \mathbb{R}\times\mathbb{R} \) sono spazi vettoriali su \( \displaystyle \mathbb{Q} \). E se trovi un isomorfismo tra loro in quanto \( \displaystyle \mathbb{Q} \)-spazi vettoriali, esso e' anche un isomorfismo di gruppi additivi.
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 \( \displaystyle {R} \) e \( \displaystyle {R}\times{R} \) non sono isomorfi come gruppi additivi, basta considerare come è fatto un generico morfismo \( \displaystyle {f} \) di gruppi in partenza da \( \displaystyle {R} \). Dal momento che \( \displaystyle {f} \) deve preservare la somma, è facile provare che \( \displaystyle {f{{\left({n}\right)}}}={n}{f{{\left({1}\right)}}} \), con \( \displaystyle {n} \) intero. Con qualche piccolissima difficoltà in più, si trova che \( \displaystyle {f{{\left({q}\right)}}}={q}{f{{\left({1}\right)}}} \), con \( \displaystyle {q} \) razionale. A questo punto (ricordando che i reali sono coppie di classi contigue di razionali) si conclude che \( \displaystyle {f{{\left({a}\right)}}}={a}{f{{\left({1}\right)}}} \), con \( \displaystyle {a} \) reale. In altre parole, un morfismo di gruppi in partenza da \( \displaystyle {R} \) è determinato univocamente una volta fissata l'immagine di \( \displaystyle {1} \) (la stessa cosa capita per i morfismi in partenza da \( \displaystyle {Z} \)). Ora non è difficile provare che comunque si scelga \( \displaystyle {f{{\left({1}\right)}}} \) in \( \displaystyle {R}\times{R} \), \( \displaystyle {f} \) non può essere suriettiva.

Si, questo potrebbe essere, ma per passare da \( \displaystyle \mathbb{Q} \) a \( \displaystyle \mathbb{R} \) non dovresti avere almeno che la \( \displaystyle {f} \) e' continua?

Io ricordo che per mostrare che l'unico automorfismo di campi di \( \displaystyle \mathbb{R} \) e' l'identita' si usa il fatto che un automorfismo \( \displaystyle {f} \) di \( \displaystyle \mathbb{R} \) ristretto a \( \displaystyle \mathbb{Q} \) e' l'identita' (per i motivi che hai detto) e siccome \( \displaystyle {f{{\left({{x}}^{{2}}\right)}}}={{f{{\left({x}\right)}}}}^{{2}} \) la \( \displaystyle {f} \) e' crescente, quindi puoi ragionare con le classi contigue e dedurre che \( \displaystyle {f{=}}{1} \).

Ma se non hai ipotesi topologiche o moltiplicative come fai?

[rubik]

se due spazi vettoriali hanno basi equipotenti sullo stesso campo sono isomorfi:

\( \displaystyle {V} \) con base \( \displaystyle {\left\lbrace{e}_{{i}}\right\rbrace}_{{{i}\in{I}}} \), \( \displaystyle {W} \) con base \( \displaystyle {\left\lbrace{f}_{{i}}\right\rbrace}_{{{i}\in{I}}} \) l'isomorfismo è definito sulla base \( \displaystyle {F}{\left({e}_{{i}}\right)}={f}_{{i}} \) e dovrebbe bastare

[Martino]

se due spazi vettoriali hanno basi equipotenti sullo stesso campo sono isomorfi:

\( \displaystyle {V} \) con base \( \displaystyle {\left\lbrace{e}_{{i}}\right\rbrace}_{{{i}\in{I}}} \), \( \displaystyle {W} \) con base \( \displaystyle {\left\lbrace{f}_{{i}}\right\rbrace}_{{{i}\in{I}}} \) l'isomorfismo è definito sulla base \( \displaystyle {F}{\left({e}_{{i}}\right)}={f}_{{i}} \) e dovrebbe bastare

Sì infatti, ero dubbioso perché non ho mai studiato bene gli spazi infinito dimensionali, ma credo che tu abbia ragione.

A questo punto dovrebbe essere chiaro che la dimensione di \( \displaystyle \mathbb{R} \) su \( \displaystyle \mathbb{Q} \) non è numerabile, e questo dovrebbe bastare a dire che \( \displaystyle \mathbb{R}\stackrel{\sim}{=}\mathbb{R}\times\mathbb{R} \) per quanto detto.