[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 sab 15 feb 2014, 14:32

Emilio Novati ha scritto:[...] Io mi diverto e sto imparando, ma se pensate che il livello sia troppo basso cassate [...]

Per quanto mi riguarda, non lo penso.

salvo.tringali ha scritto:E infatti, senza ipotesi di cancellatività, la conclusione è falsa

Emilio Novati ha scritto:[...] 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 $f(0)=1$. [...]

D'accordo, ma ho scritto "E infatti, senza ipotesi di cancellatività, la conclusione è falsa (perlomeno in generale)", e non ho inteso cercare le "ipotesi ottimali" per cui l'implicazione è vera (perché lo scopo era piuttosto falsificare la tua tesi). D'altronde, se proprio si vuol dirla tutta, non è neppure necessario assumere ipotesi di cancellatività su $f(A)$: è sufficiente che $f(0)$ sia un elemento cancellativo (di $\mathbb A$), poiché in tal caso $f(0) = f(0+0) = (f(0))^2$ implica $ f(0) = 1$ (se un semigruppo cancellativo, $(S, \cdot)$, ammette un elemento idempotente $a \in S$, allora il semigruppo è, in realtà, un monoide e $a$ è la sua identità).

Emilio Novati ha scritto:[...] Il che mi pare che equivalga alla richiesta che in $f(\mathcal{A})$ non ci sono divisori dello zero (o sbaglio?).

Sì, la nozione di "divisore destro (risp., sinistro) dello zero destro" per gli anelli è riducibile alla nozione di "elemento non cancellabile a destra (risp., a sinistra)" nei magmi con zero: Se $\mathbb A = (A, +, \cdot)$ è un anello non-associativo (possibilmente non unitario o non commutativo), allora $x \in A$ è un divisore destro (risp., sinistro) dello zero (in $\mathbb A$) sse $x$ non è cancellabile a destra (risp., a sinistra) nel magma con zero $(A, \cdot, 0)$. In particolare, la condizione è sufficiente perché, se esistono $y,z \in A$ con $y \ne z$, tali che $xy = xz$ (risp., $yx = zx$), allora $x(y-z) = 0$ (risp., $(y-z)x = 0$), e dunque $x$ è un divisore destro (risp., sinistro) dello zero, in quanto $y-z \ne 0$ (btw, la riduzione della nozione di "divisore dello zero" alla nozione di "cancellatività" dimostra come quest'ultima sia più "essenziale": se $\mathbb A = (A, +, \cdot)$ è soltanto un semianello non associativo, allora $xy = xz$ (risp., $yx = zx$) per $x,y,z \in A$ non implica, in generale, che esista $w \in A$ tale che $xw = 0$ (risp., $wx = 0$)).

Emilio Novati ha scritto: Se ho ben capito il controesempio [...] costruisce proprio dei divisori dello zero (o no?).

Sì, e nel contempo garantisce altre condizioni.

Emilio Novati ha scritto:In dettaglio: la $f(x)=f(0+x)=f(0)f(x)$ si divide in due casi: [...] $f(x)$ non è divisore dello zero e allora $f(0)=1$ [...] $f(x)$ è divisore dello zero e allora si hanno due sottocasi [...]

È più naturale distinguere fra i casi "$f(0) = 1$" e "$f(0) \ne 1$" (non ho verificato i tuoi ragionamenti, relativamente a questo passaggio).

Emilio Novati ha scritto:Anche sull'esistenza di unità immaginarie ho evidentemente sbagliato. [...] 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. [...]

Perché mai $-1 \in f(A)$ implica $x \ne 0$? Se $1$ ha ordine $2$ nel gruppo additivo di $\mathbb A$, allora $-1 = 1$. Btw, stai assumendo che $\mathbb A$ sia [unicamente] divisibile?

Emilio Novati ha scritto: 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 $1=f(0)=f(x-x)=f(x)f(-x)$. [...]

OK.

Emilio Novati ha scritto:2) $\forall y \in \mathcal{A} \rightarrow \{y=f(x_1)=f(x_2) \Rightarrow x_1=x_2\}$ [...]

Sì, si tratta di una proprietà generale: se $\mathbb G$ è un gruppo, $\mathbb M$ è un monoide e $\varphi: \mathbb G \to \mathbb M$ è un morfismo di monoidi, allora $f^{-1}(1_\mathbb{M}) = \{1_\mathbb{G}\}$ sse $f$ è una funzione iniettiva (qui $1_\mathbb{G}$ e $1_\mathbb{M}$ sono le identità di $\mathbb G$ ed $\mathbb M$, risp.).

salvo.tringali ha scritto: E ancora, come dimostri che $f$ è invertibile? [...]

Emilio Novati ha scritto: Quindi, posto $\mathcal{P}=f(\mathcal{A})$ esiste la funzione inversa $f^{-1}:\mathcal{P}\rightarrow\mathcal{A}$ [...]

OK, ma questo non significa che $f$ sia invertibile! Significa, piuttosto, che è invertibile la corestrizione di $f$ alla sua immagine (l'invertibilità di $f$ comporta che $f$ sia anche surgettiva).

Emilio Novati ha scritto:3) $\mathcal{P}$ è chiuso rispetto alle operazioni di $\mathcal{A}$ per definizione [...]

No, $f(A)$ è chiuso soltanto rispetto alla moltiplicazione (di $\mathbb A$), ma nulla garantisce che lo sia anche rispetto all'addizione.

Emilio Novati ha scritto:[...] $\forall x \in \mathcal{A} \rightarrow f(x)\ne 0$ quindi $0 \notin \mathcal{P}$.

Questo è vero, ne abbiamo già parlato qui (infatti, si suppone $f(0) = 1$, e d'altronde $1 \ne 0$ in quanto $\mathbb A$ si assume non banale).

Emilio Novati ha scritto:[...] 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. [...]

Non sono certo di capire cosa intendi: se $-1 \notin f(A)$, allora non puoi concludere che $f^{-1}(-a) = f^{-1}(-1) + f^{-1}(a)$, poiché l'immagine di $-1$ tramite $f^{-1}$ (dove $f^{-1}$ indica, lo ripeto, l'inversa della corestrizione di $f$ alla sua immagine) non è definita.
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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 18 feb 2014, 16:29

salvo.tringali ha scritto:Perché mai −1∈f(A) implica x≠0? ..... Btw, stai assumendo che A sia [unicamente] divisibile?

Sto pensando che l'anello abbia caratteristica zero (anche se in effetti non l'ho mai scritto :blush: ). Non basta?
salvo.tringali ha scritto:Significa, piuttosto, che è invertibile la corestrizione di f alla sua immagine

Già. Scusate i miei abusi di linguaggio, ma questo dovrebbe bastare a dire che c'è una funzione ben definita su $ \mathcal {P}$ che si comporta come un logaritmo.
salvo.tringali ha scritto:f(A) è chiuso soltanto rispetto alla moltiplicazione

Avendo in mente l'analogia con $\mathbb{R}$ non avevo pensato che bisogna dimostrarlo. Comunque questo è indispensabile nel seguito e quindi è una condizione che bisogna assumere. nel caso che $(\mathcal{P},+)$ non sia un magma penso che sia impossibile introdurre una relazione d'ordine.
salvo.tringali ha scritto:Non sono certo di capire cosa intendi: se −1∉f(A), allora non puoi concludere......

L'idea malamente espressa era che siccome $f^{-1}(-1)$ non esiste allora non esiste nemmeno $f^{-1}(-a)$. Ma mi pare che sia tutto più semplice se si assume che $\mathcal{P}$ sia chiuso rispetto alla somma: in tal caso $x\in\mathcal{P} \land -x\in \mathcal{P} \Rightarrow x-x=0 \in \mathcal{P}$ e $f$ sarebbe identicamente nulla.
Quello che cerco di capire è come debba essere caratterizzato l'anello $\mathcal{A}$ in modo che le funzioni $f$ godano di tutte le proprietà dell'esponenziale in $\mathbb{R}$. Non ho trovato esempi di anelli non isomorfi a $\mathbb{R}$ in cui questo succede... ma esistono?
Già in $\mathbb{C}$ l'esistenza di una unità immaginaria $j$ comporta che ci sono diversi $x$ t.c. f(x)=1 le $f$ non sono più monotone ma periodiche.
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Messaggioda salvo.tringali il mar 18 feb 2014, 18:49

Emilio Novati ha scritto:Sto pensando che l'anello abbia caratteristica zero (anche se in effetti non l'ho mai scritto [...]). Non basta?

Sì, basta.

Emilio Novati ha scritto:Avendo in mente l'analogia con $\mathbb{R}$ non avevo pensato che bisogna dimostrarlo. Comunque questo è indispensabile nel seguito e quindi è una condizione che bisogna assumere. [...] mi pare che sia tutto più semplice se si assume che $\mathcal{P}$ sia chiuso rispetto alla somma: in tal caso $x\in\mathcal{P} \land -x\in \mathcal{P} \Rightarrow x-x=0 \in \mathcal{P}$ e $f$ sarebbe identicamente nulla. [...]

OK. In tal caso è vero che la relazione binaria $\preceq$ su $f(A)$ definita assumendo $x \preceq y$ per $x,y \in A$ sse $x = y$ oppure $f(y) - f(x) \in f(A)$ è un ordine parziale su $A$.

Emilio Novati ha scritto:Quello che cerco di capire è come debba essere caratterizzato l'anello $\mathcal{A}$ in modo che le funzioni $f$ godano di tutte le proprietà dell'esponenziale in $\mathbb{R}$. Non ho trovato esempi di anelli non isomorfi a $\mathbb{R}$ in cui questo succede... ma esistono? [...]

Potrebbe interessarti qualche lettura sui campi esponenziali.
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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 18 feb 2014, 21:07

Bene! Ci guardo. Intanto mi servirebbe sapere se:
1) esistono anelli non commutativi (non banali e con caratteristica zero) che siano completamente ordinati.
2) esistono anelli non commutativi (non banali e con caratteristica zero) che hanno un'unica unità immaginaria $j^2=-1$
Non riesco a dimostrarlo, ma non ne conosco e non trovo neanche dei controesempi.
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Messaggioda salvo.tringali il mar 18 feb 2014, 21:52

Emilio Novati ha scritto:[...] mi servirebbe sapere se [...] 1) esistono anelli non commutativi (non banali e con caratteristica zero) che siano completamente ordinati. [...]

Dipende molto dalla tua definizione di "anello completamente ordinato". Immagino che "completamente" voglia dire "totalmente" (i.e., l'ordine è totale), e va bene. Tuttavia, non è chiaro se l'ordine debba essere compatibile con le operazioni (come sarebbe "giusto" che fosse), e in che forma debba esserlo (ad es., l'addizione deve rispettare le disuguaglianza strette? E la moltiplicazione cosa deve fare?).

Emilio Novati ha scritto:[...] 2) esistono anelli non commutativi (non banali e con caratteristica zero) che hanno un'unica unità immaginaria $j^2=-1$

No, non ne esistono: se $\mathbb A = (A, +, \cdot)$ è un anello unitario non banale di caratteristica zero (poco importa se commutativo o meno) per cui esiste $j \in A$ tale che $j^2 = -1$, allora $(-j)^2 = -1$, e naturalmente $-j \ne j$.
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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 18 feb 2014, 22:39

Come al solito sono impreciso e vengo giustamente bacchettato. (Continuiamo così e vediamo se imparo!)
salvo.tringali ha scritto:Dipende molto dalla tua definizione di "anello completamente ordinato"

Intendevo l'ordine totale, per cui non ci sono coppie di elementi non confrontabili e anche che tale ordine sia compatibile con tutte due le operazioni:
$a<b \Rightarrow a+c<b+c\; \forall c$ e $ ac<bc\; \forall c>0$. Sull'ordine stretto o meno mi piacerebbe sapere se la scelta tra i due comporta qualche differenza significativa, nel senso che esistano anelli non commutativi in cui uno dei due vale ma l'altro no.
salvo.tringali ha scritto:No, non ne esistono: se A=(A,+,⋅) è un anello unitario non banale di caratteristica zero (poco importa se commutativo o meno) per cui esiste j∈A tale che j2=−1, allora (−j)2=−1, e naturalmente −j≠j.

Questo mi è chiaro, ma avevo in mente una altra unità immaginaria $k\ne j$ e $k\ne -j$ t.c $k^2=-1$, come nei quaternioni o negli anelli di matrici. Tutti anelli non commuatativi.
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Messaggioda salvo.tringali il mar 18 feb 2014, 23:45

Emilio Novati ha scritto:Sull'ordine stretto o meno mi piacerebbe sapere se la scelta tra i due comporta qualche differenza significativa, nel senso che esistano anelli non commutativi in cui uno dei due vale ma l'altro no.

Le differenze sono enormi: ti basti considerare che un [semi]anello $\mathbb A = (A, +, \cdot)$, poco importa se unitario o commutativo, per cui esista un ordine totale $\preceq$ su $A$ tale che $xz \prec yz$ e $zx \prec zy$ per ogni $x,y,z \in A$ con $0 \prec z$ (in breve, un [semi]anello linearmente ordinabile) è un [semi]dominio, i.e. $(A \setminus \{0\}, \cdot)$ è un semigruppo cancellativo. Costruire, poi, un [semi]anello linearmente ordinabile non commutativo non è un'impresa banale (sarei lieto di essere smentito), ancorché possibile: v. arXiv:1208.3233v5, esempio A.6 (in appendice), e considera che il semigroup semiring su un semianello base che sia un anello è anch'esso un anello, e che il semigroup semiring su un semigruppo base che sia non abeliano è non commutativo.

Emilio Novati ha scritto:[...] 2) esistono anelli non commutativi (non banali e con caratteristica zero) che hanno un'unica unità immaginaria $j^2=-1$

Emilio Novati ha scritto:Questo mi è chiaro, ma avevo in mente una altra unità immaginaria $k\ne j$ e $k\ne -j$ t.c $k^2=-1$ [...]

È che se tu scrivi unica, io ti prendo alla lettera. ;) Ad ogni modo, la risposta continua ad essere no anche nella "versione rilassata" del problema: dato un insieme $X$ di due o più elementi, considera l'anello $\mathbb C\langle X \rangle = (\mathbf C\langle X \rangle, +, \cdot)$ dei polinomi non commutativi a variabili in $X$ e coefficienti in $\mathbb C = (\mathbf C, +, \cdot)$, il campo complesso. Qui dentro, le sole radici quadrate di $-1$ continuano ad essere $i$ e $-i$.

Per inciso, nota che $\mathbb C\langle X \rangle$ è unicamente divisibile e possiede una norma submoltiplicativa, per cui il suo completamento di Banach potrebbe fornire un caso di studio interessante per il genere di problemi discussi in questo thread (con riferimento particolare al mio post sull'esponenziale di un anello normato).
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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 27 feb 2014, 17:34

Ho trovato altri esempi di anelli ordinati non commutativi in :
http://www.math.umt.edu/chih/An%20Exploration%20of%20Ordered%20Rings.pdf
Sembra che il primo esempio si dovuto a Hilbert.

Siccome si stanno accavallando diversi filoni, vorrei fissare le idee condividendo alcuni risultati.

Sia $\mathcal{A}$ un anello con caratteristica zero, unitario e unicamente divisibile dotato di una funzione $f:\mathcal{A} \rightarrow \mathcal{A}$ tale che:

$f(x+y)=f(x)f(y) \; \forall x,y \in \mathcal{A}$
$f(0)=1$
$\exists x \in \mathcal{A} $ t.c. $ f(x) \ne 1$

che chiamiamo anello esponenziale.

Siano:
$\mathcal{P}=f(\mathcal{A})$ il codominio di $f$. $\mathcal{P}$ è chiuso rispetto al prodotto per definizione e nel seguito supponiamo che sia chiuso anche rispetto alla somma. Se $ 0 \in\mathcal{P}$ allora $f$ sarebbe identicamente nulla.
$-\mathcal{P} =\{x \in \mathcal{A} | -x \in \mathcal{P} \}$.
$\mathcal{R}=-\mathcal{P} \cup \{0\} \cup \mathcal{P} $ .
$\mathcal{A} _0=\{y \in \mathcal{A} \,|\,f(y)=1\} $. $\mathcal{A} _0$ è un sottogruppo del gruppo additivo $(\mathcal{A} ,+)$.

Se $\mathcal{A} _0=\{0\}$, si ha:

1) Non esiste $x \in \mathcal{A}$ tale che $f(x)=-1$
2) $\forall y \in \mathcal{A} \rightarrow \{y=f(x_1)=f(x_2) \Rightarrow x_1=x_2\}$
3) non esiste $j \in \mathcal{P}$ tale che $j^{-1}=-j$
4) la corestrizione della funzione $f$ alla sua immagine è invertibile e per la funzione inversa $g:\mathcal{P}\rightarrow\mathcal{A}$ si ha $g(xy)=g(x)+g(y)$
5) la relazione $x \preceq y \iff y-x \in \mathcal{P} \cup \{0\}$ è una relazione d'ordine parziale su $\mathcal{A}$
6) $\mathcal{R}$ è un sottoanello di $\mathcal{A}$, linearmente ordinato dalla relazione $\preceq $.
7) $\forall x \in \mathcal{R} \rightarrow 0 \preceq f(x)$ e $f(x)$ è monotona, crescente se $1 \prec f(1)$, decrescente se $f(1) \prec 1$
8) $ \mathcal{R}$ contiene un sottoanello $\mathcal{Z}=\{x\in \mathcal{R} \,| x=n \times 1 \,,\,n \in \mathbb{Z}\}$ che è un dominio di integrità isomorfo a $\mathbb{Z}$.
9) $\mathcal{Q}=\{x\in \mathcal{R} \,| x=\dfrac {n}{m} \times 1 \,,\,\dfrac {n}{m} \in \mathbb{Q}\}$ è un campo isomorfo a $\mathbb{Q}$
10) la funzione $ ||\cdot|| : \mathcal{Q} \rightarrow [0,+\infty) \qquad ||x||=\left |\left |\dfrac {n}{m} \times 1\right|\right|=\left |\dfrac {n}{m} \right |$ è una norma


Quindi Il completamento di $\mathcal{Q}$ è isomorfo a $\mathbb{R}$ ed è contenuto in $\mathcal{R}$. Se non coincidono vuol dire che $\mathcal{R}$ è una estensione non standard dei reali?

Se esiste un elemento $p$ tale che $f(p)=-1$ allora:

11) $2p \in \mathcal{A}_0$
12) $f(p/2)=i$ è una unità immaginaria: $i^2=f(p/2)^2=f(p)=-1$
13) la funzione $f$ è periodica: $\forall x \rightarrow f(x+2np)=f(x) \quad \forall n $ intero


Se esistono due elementi distinti $p,q \in \mathcal{A}$ tali che $f(p)=f(q)=-1$, $i=f(p/2)$ e $j=f(q/2)$ con $j \ne \pm i$, allora:

14) $ji-ij \ne 0$. Infatti: $i,j \in \mathcal{P} \Rightarrow i+j \in \mathcal{P}$ e $i-j \in \mathcal{P}$ quindi $ji-ij=(i+j)(i-j) \in \mathcal{P}$ non può essere nullo altrimenti $f$ sarebbe identicamente nulla.
15) ci sono elementi in $\mathcal{A}$ per cui $f(x+y) \ne f(x)f(y)$. Infatti, essendo $p/2+q/2 = q/2+p/2$ dovremmo avere $ij=f(p/2)f(q/2)=f(p/2+q/2)=f(q/2+p/2)=f(q/2)f(p/2)=ji$, quindi per avere $ij \ne ji$ deve essere $ (p/2)f(q/2) \ne f(p/2+q/2) \lor f(q/2+p/2) \ne f(q/2)f(p/2)$

Sembra quindi di poter ipotizzare che la struttura di $\mathcal{A}_0$ determina la natura dell'anello esponenziale: se contiene il solo elemento $0$ allora è isomorfo ai numeri reali, se contiene un altro elemento (con tutto il gruppo additivo che genera) oltre allo zero allora è isomorfo ai complessi, se ne contiene altri non contenuti nel precedente gruppo additivo allora $\mathcal{A}$ non è più un anello esponenziale nel senso della definizione, ma contiene dei sottoanelli che lo sono. Sarebbe interessante caratterizzarli ?
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Messaggioda salvo.tringali il ven 28 feb 2014, 20:01

Emilio Novati ha scritto:Ho trovato altri esempi di anelli ordinati non commutativi in : http://www.math.umt.edu/chih/An%20Exploration%20of%20Ordered%20Rings.pdf

A che pagina si trova l'esempio?
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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 ven 28 feb 2014, 20:56

Sono slide senza un numero di pagina. C'è una sezione "Non-Commutativity" dove c'è l'esempio di Hilbert. Sto ancora cercando di capire come funziona e ho trovato dei conti più dettagliati qui:
http://onlinelibrary.wiley.com/store/10.1002/9781118032565.app2/asset/app2.pdf;jsessionid=7E14284714A79D4663F97E1E08314BDC.f03t03?v=1&t=hs7w9j29&s=041239e4446fb1bc003df23184ba1d688c1ca5b6

( ma come si fa a mettere i link ?? Questo non funziona :( . Provo ad allegare il file)
app2.pdf;jsessionid=7E14284714A79D4663F97E1E08314BDC.pdf
Hilbert
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