$\mathbb N$ jest polem

Question

Znajdujemy bijection $\phi$ pomiędzy $\mathbb N$ i $\mathbb Q$. Stąd odpowiednie zdefiniowanie dodawania i mnożenia$\mathbb N$ (takie że $\phi$ staje się homomorfizmem) przekształca się $\mathbb N$ na pole.

Czy w moim rozumowaniu jest błąd?

Answer 1

Pole to nie tylko zbiór , to zbiór wraz z jakąś dodatkową strukturą (dwie operacje na polach). Więc nie jest to do końca prawdą$\mathbb{Q}$ jest polem - raczej $(\mathbb{Q};+,\times)$ jest polem.

Bijecia pozwalają nam „transportować strukturę”: jeśli $\oplus,\otimes$ są operacjami binarnymi na pewnym zbiorze $A$ takie że $(A;\oplus,\otimes)$ jest polem i $f:A\rightarrow B$jest bijekcją, którą możemy dać$B$struktura pola w naturalny sposób: rozważ operacje$\hat{\oplus}$ i $\hat{\otimes}$ podane przez $$x\hat{\oplus} y=f(f^{-1}(x)\oplus f^{-1}(y))\quad\mbox{and}\quad x\hat{\otimes}y=f(f^{-1}(x)\otimes f^{-1}(y))$$ dla $x,y\in B$. Ale zestaw $B$samo w sobie nie jest polem; raczej struktura $(B; \hat{\oplus},\hat{\otimes})$ jest polem.

W szczególności, gdy podnosimy zwykły $+$ i $\times$ wzdłuż twojego ulubionego bijection $h:\mathbb{Q}\rightarrow\mathbb{N}$, mamy operacje $\hat{+}$ i $\hat{\times}$ takie że $(\mathbb{N};\hat{+},\hat{\times})$jest polem, ale te operacje będą wyglądać bardzo dziwnie - w szczególności będą zupełnie inne niż zwykłe dodawanie i mnożenie liczb naturalnych, do których jesteśmy przyzwyczajeni. Nie ma więc napięcia między tym wynikiem a faktem$(\mathbb{N};+,\times)$wyraźnie nie jest polem.

Answer 2

Nie ma pomyłki. W rzeczywistości każdy nieskończony zbiór można przekształcić w pole. Zwróć uwagę, że operacje, które definiujesz w$\mathbb N$ w ten sposób z konieczności będzie się różnić od zwykłego dodawania i mnożenia liczb naturalnych (ponieważ przy zwykłych operacjach liczby naturalne nie są polami).

Answer 3

Używając zwykłego odwzorowania po przekątnej, ale naprzemiennie między wartościami dodatnimi i ujemnymi oraz pomijając zduplikowane reprezentacje „ułamków nie w najniższych kategoriach”, możemy uzyskać bijekcję, której pierwsze kilka terminów to:

$$1\mapsto 0; 2\mapsto 1;3\mapsto -1; 4\mapsto 2;5\mapsto -2; 6\mapsto \frac 12; 7\mapsto -\frac 12; 8\mapsto 3;9\mapsto -3;10\mapsto \frac 13;11\mapsto -\frac 13; 12\mapsto 4;13\mapsto -4; 14\mapsto \frac 32; 15\mapsto -\frac 32; 16\mapsto \frac 23; 17\mapsto -\frac 23; 18\mapsto \frac 14;19\mapsto -\frac 14... etc...$$

Teraz to jest pole. Tożsamość addytywna to$1$ i $1 + k = k+1 = k$ dla wszystkich $k \in \mathbb N$.

Każda wartość, $k$ ma addytywną odwrotność, $-k$ po to aby $k+(-k)= 1$. Na przykład addytywna odwrotność$4$ jest $-4 =5$ i $4+5 = 1$. Również$-11 = 10$ i $11 + 10 = 1$.

Tożsamość multiplikatywna jest $2$ i $2\cdot k = k\cdot 2 = k$ dla wszystkich $k \in \mathbb N$.

I dla każdej wartości $k$ z wyjątkiem $1$, będzie miał multiplikatywną odwrotność $\frac 1k$ gdzie $k\cdot \frac 1k = 2$. Na przykład$\frac 14 = 6$ i $4\cdot 6 = 2$.

I tak dalej.

To wszystko ma sens, ponieważ wszystko, co zrobiłem, to zastąpienie „zwykłych” liczb wymiernych tym, co do nich się odwzorowuje. Jeśli zrobię notatki$k \color{blue}{\mapsto m}$ aby przedstawić to, co „naprawdę” mam na myśli, oraz wyciąć i wkleić to, co napisałem powyżej, wyglądałoby tak:

...........

Teraz to jest pole. Tożsamość addytywna to$1\color{blue}{\mapsto 0}$ i $1\color{blue}{\mapsto 0} + k = k+1\color{blue}{\mapsto 0} = k$ dla wszystkich $k \in \mathbb N$.

Każda wartość, $k$ ma addytywną odwrotność, $-k$ po to aby $k+(-k)= 1\color{blue}{\mapsto 0}$. Na przykład addytywna odwrotność$4\color{blue}{\mapsto 2}$ jest $-4\color{blue}{\mapsto 2} =5\color{blue}{\mapsto -2}$ i $4\color{blue}{\mapsto 2}+5\color{blue}{\mapsto -2} = 1\color{blue}{\mapsto 0}$. Również$-11\color{blue}{\mapsto -\frac 13} = 10{\mapsto \frac 13}$ i $11\color{blue}{\mapsto -\frac 13} + 10\color{blue}{\mapsto \frac 13} = 1\color{blue}{\mapsto 0}$.

Tożsamość multiplikatywna jest $2\color{blue}{\mapsto 1}$ i $2\color{blue}{\mapsto 1}\cdot k = k\cdot 2\color{blue}{\mapsto 1} = k$ dla wszystkich $k \in \mathbb N$.

I dla każdej wartości $k$ z wyjątkiem $1\color{blue}{\mapsto 0}$, będzie miał multiplikatywną odwrotność $\frac 1k$ gdzie $k\cdot \frac 1k = 2\color{blue}{\mapsto 1}$. Na przykład$\frac 1{4\color{blue}{\mapsto 2}} = 6\color{blue}{\mapsto \frac 12}$ i $4\color{blue}{\mapsto 2}\cdot 6\color{blue}{\mapsto \frac 12} = 2\color{blue}{\mapsto 1}$.

I tak dalej.