Ez attól függ, hogy definiálod a Zappa-Szép szorzatot és a féldirekt szorzatot. Az utóbbinak az egyik definíciója pont az, hogy olyan Zappa-Szép szorzat, amiben az egyik tényező normálosztó. Lásd itt.
Még egy kérdés: Hogy lehet egyszerűen bizonyítani azt, hogy ha egy (belső) Zappa-Szép szorzat egyik tényezője normálosztó, akkor az egy féldirekt szorzat? (az állítást ld. itt)
Hát jó, köszi. Még azért azon gondolkodom, hogy esetleg az (A,*) jelölés fordítottjára találok ki valamit, pl. A-t írok így aláhúzva, ha az A csoport alaphalmazára gondolok, tehát az A és B csoportok alaphalmazainak a Descartes szorzatát Ax B -vel, míg a csoportok direkt szorzatát A x B-vel jelölöm. Vagy talán még jobb, ha egyszerűen más betűtípussal írom a halmazt, mint a csoportot, Pl. az alaphalmazt mathcal A-nak írom a sima A helyett. Igen, azt hiszem, talán ez lesz a legjobb.
Nincs külön jele, nem szokták megkülönböztetni, a kontextusból ki kell derülnie, hogy mire gondolsz.
Ahogyan az A egyszerre jelenti a csoportot és az alaphalmazát, úgy az AxB is egyszerre jelenti a két csoport direkt szorzatát és annak alaphalmazát. Esetleg jelölheted úgy, hogy (AxB,*) - ahol a * a csoportművelet - amiből világos az olvasó számára, hogy a csoportra gondolsz.
Mondjuk matematikát emberi nyelven írunk, ezért a szövegben egyértelművé teheted, hogy "AxB csoport".
Ha A és B csoportok, akkor hogy szokás jelölésben megkülönböztetni az A és B halmaz Descartes-szorzatát (amit szokásosan A × B-vel jelölnek) az A és B csoportok direkt szorzatától, amit szintén A × B-vel szokás jelölni?
Például ha le akarom írni, hogy az A × B direkt szorzat egy olyan csoport, amelynek az alaphalmaza az A × B Descartes szorzat, a csoportművelet pedig
(a, b) (c,d) := (ac, bd)
, akkor ezt hogy tudom megtenni, hogy ne ugyanazt a × jelet használjam mindkét célra? Különösen, ha még az A ⋊ B féldirekt szorzatot és az A ⋈ B Zappa-Szép szorzatot is megemlítem, amiknek van külön jelük, és az ő alaphalmazuk is az A × B Descartes szorzat, de a művelet más.
Ezt nyilván csak akkor érdemes csinálni, ha örömet okoz Neked is. Óriási szerencsénk, hogy itt, ezen a fórumon viszont aktívan részt veszel. Reméljük, hogy ezt a jó szokásodat sokáig megtartod!
ilyenkor leírhatnád, hogy más is gyönyörködhessen benne
Tao blogja azért nagyszerű, mert matematikusok széles körének tud mondani érdekes dolgokat - és nagy mennyiségben. Én ezt nem tudnám megtenni, másképpen pedig nem látnám értelmét.
Neked is BÚÉK. Tao blogjáról és a Te szép bizonyításodról jut eszembe, nem lenne Neked is olyasmi blogot írni, mint amit Tao ír? Gondolom, Téged is különösen megragad időnként valaminek a szépsége a matematikában, és ilyenkor leírhatnád, hogy más is gyönyörködhessen benne, mint ahogy Tao (vagy John Baez) teszi (John Baez és Tao közül nekem Tao tetszik jobban. Bár Baezt könnyebb olvasni - Tao-t általában nem is értem - , de ő egy kicsit túl bulváros nekem).
Ha ilyen matektanáraim lett volna, mint Te vagy, akkor talán ma én is matematikus lennék. Gyönyörűség olvasni a bizonyításaidat, komolyan mondom! Nagyon köszönöm!
De én sajnos Lie-csoportra sem tudom, hogy kell bozonyítani.
Lie-csoportra igaz az állítás. Ha g a csoport Lie-algebrája, akkor exp(g) megfelelő környezet lesz, hiszen egyrészt az exponenciális függvény nyílt leképezés, másrészt minden g-beli elem egy g-beli elem kétszerese. Egyébként exp(G) generálja az egységelemet tartalmazó összefüggő komponenst (jelölje ezt H), ha pedig H kompakt, akkor meg is egyezik vele (lásd itt).
Például az (1/2, 3/2) intervallum önmagával végtelen sokszor vett Descartes-szorzata nem környezete az egységnek?
Nem környezete. A topológiának bázisát alkotják azok a halmazok, ahol véges sok koordináta van megszorítva egy nyílt halmazra, a többi koordinátára pedig nincs megszorítás. Lásd itt.
(2) bizonyításában pedig azt, hogy honnan tudható, hogy U is és V is nyílt halmaz.
Legyen u eleme U. Ekkor uM az u-nak egy környezete és része az U-nak. Legyen v eleme V. Ekkor vM a v-nek egy környezete és része a V-nek.
Akkor azt hiszem, az (1) állítást rosszul értettem, ezért rosszul is írtam. Ezek szerint az állítás nem tetszőleges topologikus csoportra vonatkozott, hanem csak tetszőleges Lie-csoportra. Arra viszont már tutira igaznak kell lennie. Bocs. De én sajnos Lie-csoportra sem tudom, hogy kell bozonyítani.
És sajnos egyik bizonyításodat sem értem teljesen.
(1) bizonyításában (pontosabban cáfolatában) azt nem értem, hogy miért van N-ben minenképpn negatív koordinátájú elem. Például az (1/2, 3/2) intervallum önmagával végtelen sokszor vett Descartes-szorzata nem környezete az egységnek (ami, gondolom az (1,1,1,...) elem)?
(2) bizonyításában pedig azt, hogy honnan tudható, hogy U is és V is nyílt halmaz.
Mindenki autodidakta módon tanul. Az egyetem csak egy töredékét adja annak, amire egy kutatónak szüksége van. Az önsajnálgatáson kívül maradnak még lehetőségek: tanulás és gondolkozás (tehát az önsanyargatás). Nincs királyi út!
(1) Ez az állítás hamis. Vegyük a nemnulla valós számok multiplikatív csoportjának végtelen sok példányát, majd tekintsük a szorzatukat a szorzattopológiával. Ha N az egységelem tetszőleges környezete, akkor N-ben vannak negatív koordinátájú elemek, amelyek nem állnak elő négyzetként.
(2) Ez az állítás igaz az egységelem minden N környezetére. Jelölje H az egységelem összefüggő komponensét. Legyen M="H metszet N metszet N-1": ez az egységelemnek olyan környezete, ami zárt az invertálásra nézve. Jelölje U a H azon elemeinek halmazát, amelyek előállnak véges sok M-beli elem szorzataként. Jelölje V a H azon elemeinek halmazát, amelyek nem állnak elő véges sok M-beli elem szorzataként. Könnyű látni, hogy U és V diszjunkt nyílt halmazok, amelyek uniója H. Mivel U nemüres, ezért V üres. Tehát U=H, és készen vagyunk.
Azt hiszem, erre valami olyan választ lehet adni, hogy kompakt Lie-csoportok esetén van kapcsolat, nem kompaktoké esetén pedig nincs (vagy ha van, akkor az nagyon bonyolult).
Indokolás.
Egy Lie-csoport egyrészt csoport, másrészt differenciálható sokaság, harmadrészt az egységelem feletti érintőtere egy Lie-algebra.
Lie-algebráknak a Lie-csoportoktól függetlenül is létezik kohomológiájuk, de speciálisan kompakt Lie-csoport esetén ez azonos a Lie-csoport mint differenciálható sokaság de Rham kohomológiájával. Nem kompakt Lie-csoportok esetén pedig a de Rham kohomológiától annyiban tér el, hogy az összes differenciálforma helyett csak a bal-invariáns differenciálformák szerepelnek benne. Lie-csoportok Lie-algebráinak kohomológiája tehát a de Rham kohomológiához hasonlít (a definíció szintjén), kompakt Lie-csoport esetén pedig azonos is vele. Egy Lie-csoport de Rham kohomológiája és csoportkohomológiája között pedig van kapcsolat. Kompakt csoport esetén ez egyúttal a Lie-algebra és csoportkohomológia kapcsolatát is jelenti. Nem kompakt csoport esetén viszont nem.
Nem tudom, nem értek a témához. Azt hiszem, nagyon kevesen foglalkoznak ilyen általánosabb értelemben vett sokaságokkal. Egy lazán kapcsolódó dolog, ami eszembe jutott: Hilbert ötödik problémája.
Értem. Tehát azon múlik, hogy a definícióban kikötjük-e a második megszámlálható tulajdonságot, vagy nem. És ezt ezek szerint nem csak a topologikus terekkel tehetjük meg, hanem a differenciálható sokaságokkal is (?). Tehát a Lie-csoportok esetében sem a csoport struktúra következménye az atlasz megszámlálhatósága, hanem a definíciójukban kikötött második megszámlálhatóság következménye? Létezhetnek tehát olyan "általánosított Lie-csoportok", vagy "patologikus Lie-csoportok" , amelyek abban különböznek a szokásos Lie-csoportoktól, hogy mint toplogikus terek nem megszámlálható bázisúak?
Szerintem definíció kérdése, lásd itt. Ha feltesszük, hogy van megszámlálható bázisa, akkor van véges atlasza is (de az utóbbiban meg kell engedni nem összefüggő nyílt halmazokat). Remélem, jól gondolom, nem vagyok topológus!
Ez most picit megzavart, mert már azt hittem, hogy rájöttem magamtól is: amiknek lehet akár kontinuum-számosságú is az atlaszuk, azok a C0-sokaságok, míg a Lie-csoportok C∞-sokaságok. Viszont amit Te linkeltél, az, ha jól látom, C0-sokaságokra is érvényes. Akkor most az a cikk, amit én találtam semmitmondó, vagy valamit figyelmen kívül hagytam?
Minden topologikus sokaságnak van megszámlálható bázisa, ezért megszámlálható atlasza is. Minden n-dimenziós topologikus sokaságnak van n+1 elemű atlasza (lásd itt).
Jól gondolom ugye, hogy egy általános differenciálható sokaságnak nincs feltétlenül megszámlálható számosságú atlasza, egy Lie-csoportnak meg van? Sőt, talán még véges is. Ha igen, miért?
