[tex]AB-BA \neq 0[/tex] e [tex]e^{A+B}=e^{A}e^{B}=e^Be^A[/tex]

Matrici, spazi vettoriali, trasformazioni lineari e affini, ...

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Messaggioda salvo.tringali il lun 27 gen 2014, 0:41

Emilio Novati ha scritto:1) [...] mi pare che se gli autovalori sono distinti allora $\mathbf{A}$ è diagonale e quindi $a_2=0 $. [...]

Una matrice di $\mathcal M_n(\mathbb C)$ i cui autovalori siano a due a due distinti è sempre diagonalizzabile, ma la matrice di passaggio alla forma diagonale non è necessariamente unitaria. Perciò, strettamente parlando, la risposta alla tua domanda è "No." La ragione è che, nel processo di triangolarizzazione che hai descritto nel tuo post, la matrice di passaggio alla forma triangolare di Schur è unitaria (il che, per inciso, ti semplifica il calcolo dell'inversa).

Emilio Novati ha scritto:2) [...] questo significa che i risultati che trovo per le matrici triangolari non sono immediatamente estendibili alle matrici di cui sono la triangolarizzazione, quindi lavorare sulle matrici triangolari non basta per ottenere risultati validi $\forall \mathbf{X} \in M(2,\mathbb{C})$. [...]

Hai ragione, sembra necessario che le due matrici siano simultaneamente triangolarizzabili per poter usare proficuamente quest'approccio.

Emilio Novati ha scritto:3) [...] L'idea di estendere il lavoro a matrici su un anello normato mi affascina, ma non ho mia lavorato su queste strutture. La mancanza di una unità (elemento neutro per la moltiplicazione) non costituisce un problema per la definizione dell'esponenziale?

Sì (a meno di non inventarsi una definizione equivalente in cui l'identità non abbia ruolo), mi riferivo ad anelli normati unitari. In sostanza, hai una coppia $\mathcal A = (\mathbb A, \|\cdot\|)$, in cui $\mathbb A = (A, +, \cdot)$ è un anello unitario (non necessariamente commutativo) e $\|\cdot\|$ è una funzione $A \to [0,+\infty[$ tale che (i) $\|x\| \ne 0$ per $x \in A \setminus \{0\}$ e $\|0_\mathbb{A}\| = 0$, e (ii) $\|x+y\| \le \|x\|+\|y\|$ e $\|xy\| \le \|x\| \cdot \|y\|$ per ogni $x,y \in A$. Assumi che $(\mathbb A, \|\cdot\|)$ sia completo, nel senso che ogni successione a valori in $A$ che sia di Cauchy rispetto alla metrica $d$ indotta su $A$ da $\|\cdot\|$ sia anche convergente (rispetto a $d$). Supponi ancora che il gruppo additivo di $\mathbb A$ sia unicamente divisibile, cosicché per ogni $n \in \mathbb N^+$ ed ogni $x \in A$ esista un unico $y \in A$, che indicherò con $\frac{x}{n}$, tale che $ny = x$. Allora la serie $\sum_{n=0}^\infty \frac{x^n}{n!}$ è assolutamente convergente (quindi convergente) per ogni $x \in A$ (*), e la sua somma definisce puntualmente l'esponenziale di $\mathcal A$, che indicherò con $\exp_\mathcal{A}$. Alcune domande preliminari: Forse che $\exp_\mathcal{A}$ è una funzione continua? Se sì, qual è il suo "grado di regolarità"? Per caso è liscia? È vero che non si annulla mai (indipendentemente dalla scelta di $\mathcal A$)? È vero che $\mathcal A$ è un anello topologico, i.e. le operazioni sono continue rispetto alle topologie canoniche indotte da $d$ su $A$ e sulle sue potenze (non ho verificato, ma dovrebbe seguirne che $\exp_\mathcal{A}(y^{-1} x y) = y^{-1} \exp_\mathcal{A}(x) \, y$ per ogni $x \in A$ e $y \in \mathbb A^\times$)? Se qualcuna delle risposte alle domande precedenti fosse negativa in generale, che dire del caso in cui $\mathbb A$ è commutativo e $\|\cdot\|$ è moltiplicativa (i.e., $\|xy\| = \|x\| \cdot \|y\|$ per ogni $x,y \in A$)?

(*) È a questo punto che utilizziamo le ipotesi che $\mathbb A$ sia un anello unitario e $(A, +)$ sia un gruppo unicamente divisibile: la prima ci serve per definire $x^0 := 1_\mathbb{A}$, la seconda per poter "dividere per $n!$".
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Re: [tex]AB-BA \neq 0[/tex] e [tex]e^{A+B}=e^{A}e^{B}=e^Be^A[/tex]

Messaggioda Emilio Novati il mer 29 gen 2014, 0:04

salvo.tringali ha scritto:La ragione è che, nel processo di triangolarizzazione che hai descritto nel tuo post, la matrice di passaggio alla forma triangolare di Schur è unitaria

Già! mi ero dimenticato che le sue colonne devono essere ortogonali e non solo normalizzate (vecchi ricordi...) :blush:

salvo.tringali ha scritto:sembra necessario che le due matrici siano simultaneamente triangolarizzabili

E invece con un po' di conti si capisce che l'intuizione era giusta. Riordino il tutto con qualche variazione di notazione.
Siano:
\[
\mathbf{A}=\mathbf{U}\mathbf{T_A}\mathbf{U^{-1}}
\qquad
\mathbf{B}=\mathbf{V}\mathbf{T_B}\mathbf{V^{-1}}
\]
con $\mathbf{U}$ e $\mathbf{V}$ matrici unitarie e:
\[
\mathbf{T_A}=
\left(
\begin{array}{ccccc}
a_1&a\\
0&a_2\\
\end{array}
\right)
\qquad
\mathbf{T_B}=
\left(
\begin{array}{ccccc}
b_1&b\\
0&b_2\\
\end{array}
\right)
\]
dove $a_1$, $a_2$ sono gli autovalori di $\mathbf{A}$ e $b_1$, $b_2$ sono gli autovalori di $\mathbf{B}$.
e si verifica immediatamente che:
\[
[\mathbf{T_A},\mathbf{T_B}] \ne 0 \iff a(b_1-b_2)\ne b(a_1-a_2)
\]
Per le proprietà dell'esponenziale si ha:
\[
e^\mathbf{A}=\mathbf{U}\mathbf{T_A}\mathbf{U}^{-1}
\quad
e^\mathbf{B}=\mathbf{V}\mathbf{T_B}\mathbf{V}^{-1}
\quad
\]

Seguendo le indicazioni di SalvoTrigali (vedi post) introduciamo la funzione:
\[
\Psi :\mathbb{C}^2\rightarrow \mathbb{C}\qquad \Psi(x,y)=
\begin{cases}
\dfrac{e^x-e^y}{x-y} \quad \mbox{se}\; x \ne y\\
e^x \qquad \quad \; \mbox{se}\; x = y
\end{cases}
\]
che permette di scrivere:
\[
e^{\mathbf{T_A}}=
\left(
\begin{array}{ccccc}
e^{a_1}&a\Psi(a_1,a_2)\\
0&e^{a_2}\\
\end{array}
\right)
\qquad
e^{\mathbf{T_B}}=
\left(
\begin{array}{ccccc}
e^{b_1}&b\Psi(b_1,b_2)\\
0&e^{b_2}\\
\end{array}
\right)
\]
da cui si ricava:
\begin{equation}
[e^{\mathbf{T_A}},e^{\mathbf{T_B}}]=0 \iff a(e^{b_1}-e^{b_2})\Psi(a_1,a_2)=b(e^{a_1}-e^{a_2})\Psi(b_1,b_2)
\end{equation}
che, se $a_1=a_2$ e $b_1\ne b_2$, diventa:
\[
a e^{a_1}(e^{b_1}-e^{b_2})=0
\]
che ha la soluzione $a=0$ non accettabile perché in tal caso $[\mathbf{T_A},\mathbf{T_B}]=0$, oppure la soluzione:
\[
(e^{b_1}-e^{b_2})=0 \iff b_2=b_1+2hi\pi \quad h \in \mathbb{Z}^*
\]
in tal caso si ottiene:
\[
e^{\mathbf{T_B}}=e^{b_1}\mathbf{I} \Rightarrow e^{\mathbf{B}}=\mathbf{U}e^{\mathbf{T_B}}\mathbf{U^{-1}}=e^{b_1}\mathbf{I}
\]
che è una matrice che sta nel centro $ \mathcal{C}(2,\mathbb{C})$, cioè commuta con tutte le matrici di $M(2,\mathbb{C})$, quindi anche con $e^\mathbf{A}$.
Il caso $a_1 \ne a_2$ e $b_1= b_2$, è simmetrico e si ottiene:
\[
(e^{a_1}-e^{a_2})=0 \iff a_2=a_1+2ki\pi \quad k \in \mathbb{Z}^* \Rightarrow
e^{\mathbf{T_A}}=e^{a_1}\mathbf{I} \Rightarrow e^{\mathbf{A}}=\mathbf{U}e^{\mathbf{T_A}}\mathbf{U^{-1}}=e^{a_1}\mathbf{I} \in \mathcal{C}(2,\mathbb{C})
\]
Nel caso $a_1\ne a_2$ e $ b_1 \ne b_2$ si ha:
\[
a(b_1-b_2)(e^{b_1}-e^{b_2})(e^{a_1}-e^{a_2})=b(a_1-a_2)(e^{a_1}-e^{a_2})(e^{b_1}-e^{b_2})
\]
e i sottocasi possibili sono:
1)
\[
(e^{b_1}-e^{b_2} \ne 0) \; \land \; (e^{a_1}-e^{a_2}\ne 0)
\Rightarrow
a_2(b_1-b_3)= b_2(a_1-a_3)
\Rightarrow
[\mathbf{T_A},\mathbf{T_B}] = 0
\]
2)
\[
e^{b_1}-e^{b_2} = 0
\iff
b_2=b_1+2ki\pi
\Rightarrow
e^{\mathbf{T_B}}=e^{\mathbf{B}}=e^{b_1}\mathbf{I} \in \mathcal{C}(2,\mathbb{C})
\]
3)
\[
e^{a_1}-e^{a_2} = 0
\iff
a_2=a_1+2hi\pi
\Rightarrow
e^{\mathbf{T_A}}=e^{\mathbf{A}}=e^{a_1}\mathbf{I} \in \mathcal{C}(2,\mathbb{C})
\]
Quindi vale il Teorema:
Sono equivalenti le proposizioni:
1) $e^\mathbf{A}e^\mathbf{B}=e^\mathbf{B}e^\mathbf{A}$
2) $e^\mathbf{A} \in \mathcal{C}(2,\mathbb{C}) \; \lor \; e^\mathbf{B} \in \mathcal{C}(2,\mathbb{C})$
3) Gli autovalori di almeno una delle due matrici $\mathbf{A}$, $\mathbf{B}$ differiscono di un multiplo intero di $2i\pi$.

Vediamo ora quando $e^\mathbf{A+B}=e^\mathbf{A}e^\mathbf{B}=e^\mathbf{B}e^\mathbf{A}$.
Cominciamo con le matrici triangolari unitariamente equivalenti sperando che funzioni anche in questo caso.
Supponiamo che sia $e^\mathbf{T_A}=e^{a_1}e^\mathbf{I} =e^\mathbf{A}$ con $a_2=a_1+2h\pi i$, quindi:
\[
e^\mathbf{T_A}e^\mathbf{T_B}=e^\mathbf{T_B}e^\mathbf{T_A}=
\left(
\begin{array}{ccccc}
e^{a_1+b_1}&b e^{a_1}\Psi(b_1,b_2)\\
\\
0&e^{a_1+b_2}\\
\end{array}
\right)
\]
e:
\[
e^{\mathbf{T_A}+\mathbf{T_B}}=
\left(
\begin{array}{ccccc}
e^{a_1+b_1}&(a+b) \Psi(a_1+b_1,a_1+b_2+2h\pi i)\\
\\
0&e^{a_1+b_2+2h\pi i}\\
\end{array}
\right)
\]
per la periodicità dell'espenenziale complesso i termini diagonali sono uguali, quindi le matrici sono uguali se:
\[
b e^{a_1}\dfrac{e^{b_1}-e^{b_2}}{b_1-b_2}=(a+b)\dfrac{e^{a_1}(e^{b_1}-e^{b_2})}{b_1-b_2-2h \pi i}
\]
che, se $(e^{b_1}-e^{b_2}) \ne 0$, diventa:
\[
a(b_1-b_2)=-b(2k \pi i)=b(a_1-a_2)
\]
quindi $\mathbf{A}$ e $\mathbf{B}$ commutano.
Altrimenti se $(e^{b_1}-e^{b_2}) = 0$ (con $b_1 \ne b_2$) si torna alla situazione precedente e si vede che deve essere: $e^\mathbf{T_B}=e^{b_1}e^\mathbf{I} =e^\mathbf{B}$. La situazione è simmetrica tra $\mathbf{A}$ e $\mathbf{B}$ quindi si ha il Teorema:\\
\[
e^\mathbf{A+B}=e^\mathbf{A}e^\mathbf{B}=e^\mathbf{B}e^\mathbf{A}
\iff
(a_2=a_1+2h \pi i)\; \land \; (b_2=b_1+2k \pi i)
\]

Resta da vedere il caso $e^\mathbf{A+B}=e^\mathbf{A}e^\mathbf{B} \ne e^\mathbf{B}e^\mathbf{A}$ che però non si risolve così facilmente.
Dopo un po' di calcoli con le matrici triangolari si arriva a vedere che $e^\mathbf{T_A+T_B}=e^\mathbf{T_A}e^\mathbf{T_B}$ se:
\[
b\dfrac{1-e^{-y}}{y}+a\dfrac{1-e^{-x}}{x}=(a+b)\dfrac{1-e^{-(x-y)}}{x-y}
\]
con $x=a_1-a_2$ e $y=b_2-b_1$, che è verificata se $e^\mathbf{A}e^\mathbf{B} = e^\mathbf{B}e^\mathbf{A}$ ma direi anche in altri infiniti casi vista la periodicità dell'esponenziale....Resta da capire come questo risultato passa agli esponenziali di $\mathbf{A}$ e $\mathbf{B}$.

Sulla questione dell'estensione ad anelli unitari sono ancora ai fondamentali. Come si fa a definire una derivata? Se non c'è l'inverso cosa è il rapporto incrementale? l'unico modo che mi viene in mente è di porre per definizione e per $n$ intero
\[
\dfrac{d}{dx}x^n=nx^{n-1}
\]
e poi usarla nelle serie di potenze che definiscono funzioni intere su $\mathbb{C}$.In tal caso $e^x$ sarebbe di classe $C^\infty$. Ma ha senso? :)
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Messaggioda salvo.tringali il mer 29 gen 2014, 0:24

Emilio Novati ha scritto:[...] E invece con un po' di conti si capisce che l'intuizione era giusta. [...]

Non mi sono spiegato molto bene: quando ho scritto "Hai ragione, sembra necessario che le due matrici siano simultaneamente triangolarizzabili etc.", mi riferivo alla tua domanda "[...] che dire del caso $ e^{A+B}=e^Ae^B \ne e^Be^A$?" Diversamente sono d'accordo con te, sul fatto che si possa usare la triangolarizzazione per discutere (con un po' di pazienza, per via dei conti) i casi in cui $e^A e^B = e^B e^A$.

Emilio Novati ha scritto:[...] Sulla questione dell'estensione ad anelli unitari sono ancora ai fondamentali. Come si fa a definire una derivata? [...]

Esistono diversi modi.
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Re: [tex]AB-BA \neq 0[/tex] e [tex]e^{A+B}=e^{A}e^{B}=e^Be^A[/tex]

Messaggioda Emilio Novati il mar 11 feb 2014, 11:53

Sto cercando di capire come deve essere un anello $\mathcal {A}$ in cui esiste una funzione $f:\mathcal{A}\rightarrow \mathcal{A}$ tale che $\forall x,y \in \mathcal{A} \rightarrow f(x+y)=f(x)f(y)$.
Supponiamo che $\mathcal{A}$ sia unitario, interamente divisibile e con una topologia compatibile con le operazioni, e $f(x)$ continua, allora si vede facilmente che se esiste un $ x \in \mathcal{A}$ per cui $f(x)=0$ allora $f(x)$ è identicamente nulla. Escluso questo caso banale si trova che deve essere $f(0)=1$. Se $0$ è l'unico elemento $x$ per cui $f(x)=1$ allora $\mathcal{A}$ ha alcune proprietà interessanti, tra cui:
in $\mathcal{A}$ non esiste alcun elemento $j$ tale che $j^{-1}=-j$ ( non ci sono elementi "immaginari" )
la funzione (f) è invertibile e si ha $f^{-1}(xy)=f^{-1}(x)+f^{-1}(y)$ ( logaritmo)
L'anello $\mathcal{A}$ è ordinato dall'insieme $\mathcal{P}=\{f(x)\}$
Ora mi aspetto che un anello con queste caratteristiche debba essere commutativo e che quindi, una volta completato, sia isomorfo a $\mathbb{R}$, ma non riesco a dimostrarlo. manca qualche condizione ?
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Messaggioda salvo.tringali il mar 11 feb 2014, 16:58

Emilio Novati ha scritto:Sto cercando di capire come deve essere un anello $\mathcal {A}$ in cui esiste una funzione $f:\mathcal{A}\rightarrow \mathcal{A}$ tale che $\forall x,y \in \mathcal{A} \rightarrow f(x+y)=f(x)f(y)$. [...]

Potrei sbagliarmi, ma ho la sensazione che non esista una "buona caratterizzazione" degli anelli $\mathbb A = (A, +, \cdot)$ per cui è determinato un omomorfismo di semigruppi $(A, +) \to (A, \cdot)$, a meno di non assumere ipotesi ulteriori sul conto di $\mathbb A$. Btw, non è che stai usando la parola "anello" per significare "anello normato"? È necessario adottare una vocabolario comune, o altrimenti la comunicazione diventa impossibile.

Emilio Novati ha scritto: Supponiamo che $\mathcal{A}$ sia unitario, interamente divisibile e con una topologia compatibile con le operazioni, e $f(x)$ continua, allora si vede facilmente che se esiste un $ x \in \mathcal{A}$ per cui $f(x)=0$ allora $f(x)$ è identicamente nulla. [...]

In realtà, la conclusione quotata vale per un qualsiasi anello $\mathbb A = (A, +, \cdot)$, poco importa se unitario, divisibile o topologico, e per qualsiasi omomorfismo di semigruppi $f: (A, +) \to (A, \cdot)$. Infatti, se $f(x_0) = 0$ per qualche $x_0 \in A$, allora $$f(0) = f(x_0 - x_0) = f(x_0) f(-x_0) = 0,$$ da cui discende che $f(x) = f(x + 0) = f(x) f(0) = 0$ per ogni $x \in A$.

Emilio Novati ha scritto: Supponiamo che $\mathcal{A}$ sia unitario, interamente divisibile e con una topologia compatibile con le operazioni, e $f(x)$ continua [...] Escluso questo caso banale si trova che deve essere $f(0)=1$. [...]

Perché? Se l'anello è unitario e cancellativo (nel senso che l'insieme dei suoi elementi non nulli forma un sottomonoide cancellativo del monoide moltiplicativo dell'anello), allora siamo d'accordo (anche senza assumere ipotesi di divisibilità o di continuità, vuoi delle operazioni dell'anello vuoi di $f$). Diversamente non ne vedo le ragioni, anche se così su due piedi non mi viene in mente un controesempio (annoto soltanto che, ai fini della costruzione di un eventuale controesempio, le ipotesi di continuità, ora delle operazioni ora di $f$, si possono del tutto ignorare, in quanto garantite dall'assunzione che l'underlying set della struttura sia dotato vuoi della topologia banale vuoi della topologia discreta). Btw, che vuol dire "interamente divisibile"?

Emilio Novati ha scritto: Se $0$ è l'unico elemento $x$ per cui $f(x)=1$ allora $\mathcal{A}$ ha alcune proprietà interessanti [...]

Stai assumendo che esista un unico $x$ per cui $f(x) = 1$? Altrimenti la tesi è falsa, perlomeno in generale: se $\mathbb A = (A, +, \cdot)$ è un semianello unitario (e quindi, in particolare, un anello unitario), allora la funzione $f: A \to A: x \mapsto 1$ è sempre un omomorfismo di semigruppi $(A, +) \to (A, \cdot)$.
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Re: [tex]AB-BA \neq 0[/tex] e [tex]e^{A+B}=e^{A}e^{B}=e^Be^A[/tex]

Messaggioda Emilio Novati il mar 11 feb 2014, 22:16

[/quote]
salvo.tringali ha scritto:non è che stai usando la parola "anello" per significare "anello normato"?

La mia idea è di partire con un anello non normato e poi dimostrare che la funzione $f(x)$ che soddisfa le condizioni dette "induce" una norma. Per anello quindi intendo:
un insieme $\mathcal{A}$ munito di due operazioni binarie: somma $+$ e prodotto $*$ tali che:
$(\mathcal{A},+) $ è un gruppo commutativo.
$(\mathcal{A},*)$ è un semigruppo con unità.
Il prodotto è distributivo a destra e a sinistra rispetto alla somma.

In questo approccio l'ipotesi ulteriore sarebbe che $f(x+y)=f(x)f(y)$ è verificata globalmente e non solo in un intorno dell'unità come per le algebre di Lie.
salvo.tringali ha scritto:In realtà, la conclusione quotata vale per un qualsiasi anello A

Si. Questo mi è chiaro. Le altre proprietà mi servono solo per le ulteriori deduzioni.
salvo.tringali ha scritto:Se l'anello è unitario e cancellativo

Anche qui siamo d'accordo ma vale l'osservazione precedente.
salvo.tringali ha scritto:le ipotesi di continuità, ora delle operazioni ora di f, si possono del tutto ignorare

Su questo ho qualche dubbio. Su $\mathbb{R}$ si possono costruire funzioni che soddisfano l'equazione funzionale $f(x+y)=f(x)f(y)$ molto patologiche se non si assume la continuità o almeno la misurabilità. per prudenza ho messo la continuità.
salvo.tringali ha scritto:he vuol dire "interamente divisibile"?

Ho usato questa definizione nel senso del tuo post precedente, cioè che $\forall x \;\exists y$ tale che $ny=x$.
salvo.tringali ha scritto:Stai assumendo che esista un unico x per cui f(x)=1?

Si. Proprio questo è il punto. Ma basta per dire che $\mathcal{A}$ è commutativo?
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Messaggioda salvo.tringali il mar 11 feb 2014, 23:12

Emilio Novati ha scritto:La mia idea è di partire con un anello non normato e poi dimostrare che la funzione $f(x)$ che soddisfa le condizioni dette "induce" una norma. [...]

OK, quindi usi il termine "anello" nella sua accezione "universale": te l'ho chiesto soltanto perché per indicare un anello hai utilizzato la "notazione calligrafica", che, nei miei post, ho riservato per gli anelli normati (da qui la domanda).

Emilio Novati ha scritto:Si. Questo mi è chiaro. Le altre proprietà mi servono solo per le ulteriori deduzioni.

OK. È che non amo le "formulazioni ridondanti", nella misura in cui inducono a pensare che un certo risultato dipenda dalla totalità delle ipotesi assunte.

salvo.tringali ha scritto:le ipotesi di continuità, ora delle operazioni ora di f, si possono del tutto ignorare

Emilio Novati ha scritto:Su questo ho qualche dubbio. Su $\mathbb{R}$ si possono costruire funzioni che soddisfano l'equazione funzionale $f(x+y)=f(x)f(y)$ molto patologiche se non si assume la continuità o almeno la misurabilità. per prudenza ho messo la continuità.

Aspetta, credo che ti sia perso un pezzo del mio discorso (aggiungo un corsivo per chiarirlo meglio): "[...] anche se così su due piedi non mi viene in mente un controesempio (annoto soltanto che, ai fini della costruzione di un eventuale controesempio, le ipotesi di continuità, ora delle operazioni ora di $f$, si possono del tutto ignorare, in quanto garantite dall'assunzione che l'underlying set della struttura sia dotato vuoi della topologia banale vuoi della topologia discreta)." Il tutto, ripeto, perché non sono convinto che si abbia necessariamente $f(0) = 1$ quando $f(0) \ne 0$, a meno che non voglia assumere che gli elementi non nulli dell'anello formino un sottosemigruppo cancellativo del monoide moltiplicativo.

Emilio Novati ha scritto:Ho usato questa definizione nel senso del tuo post precedente, cioè che $\forall x \;\exists y$ tale che $ny=x$.

L'avevo immaginato (manca un quantificatore su $n$), ma l'espressione utilizzata comunemente è "anelli divisibili" (e non "anelli interamente divisibili"). Nota, inoltre, che nel mio post ho assunto che per ogni $x \in A$ esista un unico $y \in A$ tale che etc. (in questi casi, l'anello si dice unicamente divisibile).

Emilio Novati ha scritto:[...] Ma basta per dire che $\mathcal{A}$ è commutativo?

Non saprei, innanzitutto dovresti chiarire se assumi o meno ipotesi di cancellatività.
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Messaggioda salvo.tringali il mer 12 feb 2014, 10:08

salvo.tringali ha scritto:[...] Il tutto, ripeto, perché non sono convinto che si abbia necessariamente $f(0) = 1$ quando $f(0) \ne 0$, a meno che non voglia assumere che gli elementi non nulli dell'anello formino un sottosemigruppo cancellativo del monoide moltiplicativo. [...]

E infatti, senza ipotesi di cancellatività, la conclusione è falsa (perlomeno in generale), ed è falsa in una forma anche più forte.

Claim. Esistono un anello commutativo unitario unicamente divisibile, $\mathbb A = (A, +, \cdot)$, e un omomorfismo di semigruppi $f: (A, +) \to (A, \cdot)$ per cui $0_{\mathbb A} \ne f(0_{\mathbb A}) \ne 1_{\mathbb A}$ (dove $0_{\mathbb A}$ e $1_{\mathbb A}$ sono, rispettivamente, il neutro additivo e l'identità moltiplicativa di $\mathbb A$).

Proof. Fissiamo un universo non banale $\mho$, in TG (questo dettaglio preliminare si può ignorare: serve più alla mia anima che al ragionamento). Sia $\kappa$ un ordinale $\mho$-piccolo $\ge 2$ (ad es., $\kappa = 2$), e sia $\mathbb A$ il prodotto diretto (di anelli) di $\kappa$ copie di un campo $\mathbb F = (F, +, \cdot)$ di caratteristica zero (ad es., il campo razionale). È routine verificare che $\mathbb A$ è un anello commutativo unitario unicamente divisibile, ma non è un dominio, i.e. l'insieme degli elementi non nulli di $\mathbb F^\kappa$ non forma un sottomonoide cancellativo di $(F^\kappa, \cdot)$, e in effetti non forma neppure un sottomonoide (*). Eppure la funzione $f: F^\kappa \to F^\kappa$ che mappa un elemento $\varphi$ di $F^\kappa$ (i.e., una funzione $\kappa \to F$) nella funzione $$\kappa \to F: i \mapsto
\left\{
\begin{array}{ll}
0_{\mathbb F} & \text{se }i = 0 \\
1_{\mathbb F} & \text{se }i \ne 0
\end{array}
\right.$$ è un omomorfismo di semigruppi $(F^\kappa, +) \to (F^\kappa, \cdot)$, e $0_{\mathbb A} \ne f(0_{\mathbb A}) \ne 1_{\mathbb A}$. []

(*) Il prodotto diretto di una famiglia $(\mathbb A_i)_{i \in I}$ di anelli indicizzati da un certo insieme $I$ è un dominio se e solo se (i) $I = \emptyset$ (nel qual caso il prodotto diretto è l'anello banale) oppure (ii) esiste $i \in I$ tale che $\mathbb A_i$ è un dominio e $\mathbb A_j$ è banale per ogni $j \in I \setminus \{i\}$ (se $I \ne \emptyset$ ed esistono $i,j \in I$, $i \ne j$, tali che $\mathbb A_i$ e $\mathbb A_j$ sono entrambi non banali, allora $\varphi^2 = \varphi \psi$ quando $\varphi$ e $\psi$ siano le funzioni $I \to \bigcup_{i \in I} A_i$ definite imponendo $\varphi(i) = 0_i$, $\psi(i) = 1_i$, $\varphi(j) = \psi(j) = 1_j$ e $ \varphi(k) = \psi(k) = 0_k$ per ogni $k \in I \setminus \{i,j\}$; qui, $A_k$, $0_k$ e $1_k$ denotano, rispettivamente, al variare di $k \in I$, il carrier, il neutro additivo e l'identità moltiplicativa di $\mathbb A_k$).

Emilio Novati ha scritto: Se $0$ è l'unico elemento $x$ per cui $f(x)=1$ allora $\mathcal{A}$ ha alcune proprietà interessanti, tra cui [...] in $\mathcal{A}$ non esiste alcun elemento $j$ tale che $j^{-1}=-j$ ( non ci sono elementi "immaginari" ) [...]

È falso nel caso dell'anello banale, ma assumiamo pure che $\mathbb A$ sia non banale: come fai a concludere che non esistono unità "immaginarie"? Qui si chiede di costruire un controesempio a una tesi più debole.

Emilio Novati ha scritto: la funzione f è invertibile e si ha $f^{-1}(xy)=f^{-1}(x)+f^{-1}(y)$ ( logaritmo)
L'anello $\mathcal{A}$ è ordinato dall'insieme $\mathcal{P}=\{f(x)\}$

E ancora, come dimostri che $f$ è invertibile? E cosa vuol dire che un anello è ordinato da un insieme?
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Messaggioda salvo.tringali il gio 13 feb 2014, 22:49

salvo.tringali ha scritto: Qui si chiede di costruire un controesempio a una tesi più debole.

E in effetti è falso, come si dimostra nell'altro thread (con due costruzioni profondamente differenti).
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Re: [tex]AB-BA \neq 0[/tex] e [tex]e^{A+B}=e^{A}e^{B}=e^Be^A[/tex]

Messaggioda Emilio Novati il gio 13 feb 2014, 22:54

Premetto un grazie per l'attenzione, e una considerazione.
Vedo che in questo forum scrivono dei professionisti, mentre io sono solo un dilettante. Quindi mi scuso se espongo questioni banali o faccio errori stupidi. Io mi diverto e sto imparando, ma se pensate che il livello sia troppo basso cassate :blush: .
Sperando quindi di non annoiare provo a entrare nel merito.
salvo.tringali ha scritto:E infatti, senza ipotesi di cancellatività, la conclusione è falsa

In effetti la cancellatività serve. Ma direi che basta che sia cancellativo (a destra) $f(\mathcal{A})$, in modo che da $f(0+x)=f(0)f(x)$ si possa dedurre $f(0)=1$. Il che mi pare che equivalga alla richiesta che in $f(\mathcal{A})$ non ci sono divisori dello zero (o sbaglio?). Se ho ben capito il controesempio la
salvo.tringali ha scritto:la funzione f:Fκ→Fκ
costruisce proprio dei divisori dello zero (o no?).
In dettaglio: la $f(x)=f(0+x)=f(0)f(x)$ si divide in due casi:
primo: $f(x)$ non è divisore dello zero e allora $f(0)=1$
secondo: $f(x)$ è divisore dello zero e allora si hanno due sottocasi:
sotto caso a):
$\exists y$ con $f(y)\ne 0$ t.c. $f(y)f(x)=0$ ma allora $f(y+x)=f(y)f(x)=0$ con $y+x \ne 0$ e $f$ sarebbe identicamente nulla.
sotto caso b):
$\exists a \in \mathcal{A}$ t.c. $af(x)=0$ e però non esiste $y$ t.c. $f(y)=a$, cioè $a \notin f(\mathcal{A})$ , il che vuol dire che se $f(\mathcal{A})$ contiene un divisore dello zero, non contiene il suo co-fattore (o come si chiama?), altrimenti la $f$ è identicamente nulla.
D'altra parte: $ \exists x_0$ t.c. $f(x_0)=1 \Rightarrow 1=f(x_0)=f(0+x_0)=f(0)f(x_0)=f(0)$.

Anche sull'esistenza di unità immaginarie ho evidentemente sbagliato. Non è vero che in $\mathcal{A}$ non esistono unità immaginarie $j$, ma se esiste un unico $x=0$ per cui $f(x)=1$ allora non esiste $x \in \mathcal{A}$ tale che $f(x)=-1$. infatti: $\{\exists x \rightarrow f(x)=-1\} \Rightarrow \{x\ne0 \land f(2x)=f(x+x)=f(x)^2=(-1)^2=1\}$ contro l'ipotesi.

Ho rivisto un po' tutto e riassumo qui i fatti che mi sembra si possano dimostrare in modo elementare.

Siano: $\mathcal{A}$ è un anello non banale, $f:\mathcal{A}\rightarrow \mathcal{A}$ una funzione tale che $f(x+y)=f(x)f(y)$ e $f(x)=1$ iff $ x=0$, allora si ha:

1)
$\forall x \in \mathcal{A} $, $f(x)$ è un elemento invertibile e si ha $f(x)^{-1}=f(-x)$. Infatti $1=f(0)=f(x-x)=f(x)f(-x)$.

2)
$\forall y \in \mathcal{A} \rightarrow \{y=f(x_1)=f(x_2) \Rightarrow x_1=x_2\}$, infatti (per assurdo):
$\{x_1 \ne x_2 \rightarrow f(x_1)=f(x_2)\} \Rightarrow f(x_1-x_2)=f(x_1)f(x_2)^{-1}=f(x_1)f(x_1)^{-1}=1$ contro l'ipotesi essendo $x_1-x_2 \ne 0$.
Quindi, posto $\mathcal{P}=f(\mathcal{A})$ esiste la funzione inversa $f^{-1}:\mathcal{P}\rightarrow\mathcal{A}$ e si ha:
\[
\{ a=f(x)\,,\, b=f(y) \in \mathcal{P} \} \Rightarrow f^{-1}(ab)=f^{-1}(f(x)f(y))=f^{-1}(f(x+y))=x+y=f^{-1}(a)+f^{-1}(b)
\]

3)
$\mathcal{P}$ è chiuso rispetto alle operazioni di $\mathcal{A}$ per definizione e gode della proprietà di tricotomia:
$\forall x \in \mathcal{A} \rightarrow f(x)\ne 0$ quindi $0 \notin \mathcal{P}$.
Se $a \in \mathcal{P}$ allora $-a \notin \mathcal{P}$ perché $-a = -1\, a$ e $f^{-1}(-1a)=f^{-1}(-1)+f^{-1}(a)$ non esiste.
Quindi la relazione : $x>y \iff x-y \in \mathcal{P}$ dovrebbe essere una relazione d'ordine parziale su $\mathcal{A}$. O no?
Emilio Novati
 
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