Чому доповнення і множення комутативні, а не піднесення в ступінь?

Відомо, що оператори складання і множення є як комутативними, так і оператором в ступені посилення. Моє запитання чому .

В якості фону є багато математичних схем, які можна використовувати для визначення цих операторів. Одним з них є гіпероперація де
$ H_0 (a, b) = b + 1 $ (наступник op)
$ H_1 (a, b) = a + b $ (доповнення оп)
$ H_2 (a, b) = ab $ (множення op)
$ H_3 (a, b) = a ^ b $ (експоненцію op)
$ H_4 (a, b) = a урроур b $ (тетрація op: $ a ^ {(a ^ {(... a)})} $ вкладена $ b $ раз) і т.д.

Тут мені не очевидно, чому $ H_1 (a, b) = H_1 (b, a) $ і $ H_2 (a, b) = H_2 (b, a) $ але не $ H_3 (a, b) = H_3 (b, a) $

Чи може хто-небудь пояснити, чому ця симетрія розривається, в розумному розумінні?

Дякую.

55
На тій же сторінці, яку ви цитуєте, є також комутативні оператори.
додано Автор Cat, джерело
Влучне зауваження; Я вважаю, що H0 повинен бути одинарним оператором, але був створений як двійковий оператор для узгодженості з іншими. Але так, це не є комутативним, як встановлено в питанні.
додано Автор Mason Wheeler, джерело
@ J.M. привіт так, насправді це правильно, але, на жаль, не допомагає моїй інтуїції про те, чому симетрія порушується, оскільки порядок оператора збільшується
додано Автор Mason Wheeler, джерело
@Raskolnikov Так, але ці комутативні оператори сильно відрізняються від стандартних арифметичних операторів, про які я прошу. Їхнє існування не відповідає на моє запитання (принаймні, я не розумію)
додано Автор Mason Wheeler, джерело
Якщо ви знайомі з побудовою $ a ^ b = exp (b ln a) $, $ a ln b b nq b l a $ більшу частину часу, так що ... з іншого боку, $ 2 ^ 3 $ і $ 3 ^ 2 $ є так примарно близькими!
додано Автор Fanjita, джерело
Зауважимо, що H0 не є комутативним: H0 (a, b) = b + 1, але H0 (b, a) = a + 1.
додано Автор John Salvatier, джерело
Вже $ 1 ^ 2 ne 2 ^ 1 $, але це може бути "вироджений випадок". Отже, ось невелика проблема: Дайте комбінаторне доказ, що $ 2 ^ 3 n 3 ^ 2 $.
додано Автор Christian Blatter, джерело

12 Відповіді

Моя особиста думка полягає в тому, що експоненція не природно розглядається як наступний крок у прогресії від додавання до множення, так що немає причин очікувати, що вона поділить властивості з двома іншими.

Зверніть увагу на те, що відбувається, якщо ви вимагаєте, щоб всі ваші кількості мали одиниці. Додаток - це операція, яку ви виконуєте для двох величин з однаковими одиницями: наприклад, ви можете додати дві відстані, щоб отримати іншу відстань. Множення - це операція, яку ви робите до двох величин з одиницями $ a $ і $ b $, щоб отримати кількість з одиницями $ ab $; наприклад, можна помножити дві відстані, щоб отримати область.

Тим не менш, ви не можете експонентувати дві об'єднані величини. При обчисленні $ a ^ b $, величина $ b $ повинна бути безроздільною або не існує розумного способу присвоювати значення результату. Це говорить про те, що $ a $ і $ b $ розглядаються дуже по-різному, тому немає підстав очікувати, що їх перемикання є фізично значущою операцією.

Як я обговорював на math.SE до Експоненція має багато узагальнень в математиці, і в більшості з них база і експонент є дуже різними об'єктами: насправді в більшості з них база просто $ e $.

42
додано
@Lucian: Я не вважаю $ mathbb {C} $ і $ mathbb {H} $ як узагальнення $ mathbb {R} $.
додано Автор Matt Dawdy, джерело
@rob: і знову, на мій погляд, гіпероперації не є природною річчю для розгляду. Ітераційне піднесення показників іноді проявляється в інформатиці і в деяких інших галузях математики, які потребують опису надзвичайно повільних алгоритмів, але крім цього ...
додано Автор Matt Dawdy, джерело
@rob: знову ж таки, це все моя думка, але я думаю, що множення може бути визначено як повторне додавання і піднесення показників може бути визначено як повторне множення на натуральні числа - це нещасний випадок. На мою думку, природні числа тут відіграють дві чіткі ролі, що зрозуміло, якщо поглянути на природне узагальнення на інші контексти ... якщо ви не подивитеся на реальні цифри, де я думаю, що все ще щось вводить в оману. Ви дійсно повинні дивитися на довільні кільця, перш ніж ви зможете побачити загальну картину.
додано Автор Matt Dawdy, джерело
Я не думаю, що додавання і множення слід розглядати як приналежність до прогресії взагалі. (Добре. Існує теорія об'єктів, які діють на кільця, які, як мені здається, ведуть себе як кільця з додатковими операціями, але я не знайомий з нею.
додано Автор Matt Dawdy, джерело
До $ ($ трохи $) $ відповідає ваш аргумент: «приємні» властивості зазвичай втрачаються в процесі послідовних узагальнень. Наприклад, при переході від R до C ми втрачаємо замовлення; від C до H ми втрачаємо комутативність, тощо .
додано Автор Derick Bailey, джерело
А щоб додати ще більше, я думаю, важливо було б зазначити, що в загальній математиці термін "множення" може дуже широко посилатися на будь-яку двійкову операцію, яку хочеш вважати аналогічно "звичайному" множення в деякому розумінні . Наприклад, групова операція часто називається множенням. Існують інші структури, такі як петлі, де множення не є навіть асоційованим. Структура, що називається «алгеброю над полем», є прикладом одного з додаванням і можливим неасоціативним множенням. А в "магмах", "множення" може бути що-небудь .
додано Автор Nahom Tijnam, джерело
Я дійсно не впевнений, що я погодився б на думку про те, що множення, як повторне додавання - це просто "аварія". Це, мабуть, означає, що, скажімо, теорія кільця і ​​"повторне додавання" виникли зовсім окремо, і тоді це виглядало як "СВЯТОГО КОУ! Вони збігаються! Скоріше, "повторне додавання" прийшло перше, після чого з'явилася теорія кілець, а теорія кільця була навмисно розроблена, щоб захопити властивості , що має множення. Тут не випадково.
додано Автор Nahom Tijnam, джерело
Проблема тут, однак, полягає в тому, що незалежно від того, чи можна додавати, множити і підняти показники як прогресію в більш загальних налаштуваннях, ми, маємо послідовність ітераційно визначених операторів, про які йшлося пост, причому три з них відповідають тому, що ми називаємо складанням, множенням і експонентуванням, і можна запитати, чому два оператори з цієї послідовності є комутативними.
додано Автор Nahom Tijnam, джерело
Я бачу, що експоненцію можна визначити багато в чому від вашої іншої відповіді, але, безперечно, це «природно» вважається наступником від додавання і множення на натуральні числа? Я впевнений, що саме так я навчався як дитина!
додано Автор Mason Wheeler, джерело
І я також отримую думку про одиниці, дійсно додавання і множення - це зовсім різні оператори з різними поведінками (наприклад, множення призводить до простих чисел і складного світу). Але все ж я все ще відчуваю прогресію в послідовності операторів, що добре підібрана в налаштуваннях Hyperoperation.
додано Автор Mason Wheeler, джерело
"... це не ... наступний крок ...", що викликає питання, що таке?
додано Автор Yuval Filmus, джерело

Ось думка, яка не є повною відповіддю, але занадто довгою для коментаря.

Додавання $ a + b $ означає щось на зразок: Додати $ 1 $ до $ a $, $ b $ разів $ = 1 cdot b + a $. Комутативність тут означає, що $ 1 cdot b + a = 1 cdot a + b $. Ми бачимо, що це тільки через щасливе використання $ 1, що це комутативно; $ cb + a не = ca + b $ у загальному випадку. Якщо ми визначили наступність як приріст двох, додавання більше не буде комутативним!

З множенням $ a cdot b $ означає додати $ a $ до себе, $ b $ times $ = sum_ {i = 1} ^ b a $. Тільки через те, що додавання є "гіпер-комутативним" (тобто $ sum_ {i = 1} ^ b a = sum_ {i = 1} ^ b b), множення є комутативним.

Припустимо, що я визначаю операцію $ + _ 2 $, що означає "доповнення, де послідовність збільшується на два", як запропоновано вище. $ a + _2 b = 2a + b $. У цьому випадку множення втрачає свою комутативність, оскільки $ a + _2 a + _2 точки + _2 a $ $ b $ разів не те саме, що $ b + _2 b + _2 крапок $ разів.

Отже, щоб перевернути ваше запитання: чому додавання і множення є комутативними? Здається, що це відбувається завдяки щасливому вибору наступника.

Щоб розтягнути його далі, ми можемо розглядати множення як дивні форми додавання. Взагалі, $ ab = (a-1) b + b = b + _ {a-1} b $. Підключаючи, що в, наприклад, $ b ^ 2 $, знайдемо $ b ^ 2 = b + _ {b-1} b $. Таким чином, експонентування не є комутативним, тому що його «наступник» не є 1. Це також пояснює, чому експоненція є комутативною для напр. $ 2 ^ 2 $, оскільки $ 2-1 = 1 $, і тому ми маємо наступника одиниці. Це є більш складним для $ b ^ b $, але я вважаю, що принцип дотримується.

Короткий розповідь: це тому, що "1" є особливим. Сподіваюся, це викликає певний інтерес, навіть якщо це не так "інтуїтивно", як мені хотілося б.


EDIT: Мабуть, найцікавішим моментом у цій довгої історії є: якщо $ H_0 = + 1 $, то ніякі операції не є комутативними.

31
додано
Привіт, спасибі за відповідь. Я дотримуюся вашої логіки більшу частину шляху, але я все ще намагаюся розібрати "розтягнути його далі" абзац! Чи не є $ b ^ b $ комутативним за визначенням?
додано Автор Mason Wheeler, джерело
@ Stefan: моє зауваження було просто сказати, що якщо $ H_0 не = + 1 $, то ніяка (гіпер-) операція не є комутативною. І насправді, якщо ми пересунемо $ + до + _b $, то це начебто як переміщення $ H_i на H_ {i + 1} $, так що вона буде просочуватися вгору по ланцюжку.
додано Автор Xodarap, джерело
@rob: так, розуміння, що $ b ^ b $ комутується, ймовірно, не виграє мені медаль Fields :-)
додано Автор Xodarap, джерело
+1 для "Чому не + і * не комутативні?"
додано Автор bgw, джерело
Тепер я розумію, що ви говорите. Влучне зауваження!
додано Автор Cameron, джерело
Чи можна визначити поняття "наступник (гіпер) -операції"? Крім того, ми не можемо розглядати експоненцію як дивну форму множення точно таким же чином?
додано Автор Cameron, джерело
Ви навіть не можете написати $ a + _2a + _2 cdots + _2a $, оскільки $ + _ 2 $ не асоціативно. Хоча ваша заява працює як для $ ((a + _2a) + _ 2 cdots) + _ 2a $ і $ a + _2 (a + _2 (cdots + _2a)) $.
додано Автор firtree, джерело

Коли я вперше прочитав ваше запитання, я очікував, що це має означати, що додавання матиме деяку неясну властивість, що відсутність множення, адже і адитивна структура, і мультиплікативна структура є абелевими групами, тому можна очікувати, що подібне це просто узагальнити. Але після деякого мислення, я зрозумів, що це не так, і замість цього, проблема в тому, що ми не узагальнюємо належним чином.

For if we define "applying an operator $f$, $n$ times, ie $f^n$" as the recursive procedure $ f^n(x) = \begin{cases} x & \text{if n = 0} \\ f^1(f^{n - 1}(x)) & \text{otherwise} \end{cases} $

Тоді це визначення насправді використовує доповнення, тому, якщо ми хочемо належним чином узагальнити цю процедуру, нам також потрібно змінити наше визначення "застосування оператора $ n $ times". І справді $ a ^ n $ дорівнює $ (a ^ 2) ^ {n/2} $, що індукує краще узагальнення комутативності.

8
додано
@danielAzuelos: $ n = 1 + (n-1) $ є доповненням
додано Автор Abdullah Amer Mohammed Salih, джерело
→ Lieven: "Тоді це визначення насправді використовує доповнення", де ви бачите це? Я бачу композицію функцій і рекурсію, що використовуються у вашій будівлі $ f ^ {n-1} стрілки f ^ n $, але не $ + $.
додано Автор Chetna Negi, джерело

Є досить хороша евристика, яка виходить з теорії множин. Якщо у вас є два набори: $ X, Y $, то:

$ X раз Y = $ всі упорядковані пари $ (x, y): x в X, y \ t

$ Y ^ X = $ всі функції $ f: X праворуч Y $

Тепер, якщо $ X $ і $ Y $ виявляються кінцевими множинами, з $ | X | = m $ і $ | Y | = n $, то ми маємо $ | X \ t mn $ і $ | Y ^ X | = n ^ m $ як завжди.

Отже, повинно бути зрозуміло, що $ | X має Y | = | Y: X | $, в той час як $ | Y ^ X | ne | X ^ Y | $, для кінцевих множин.

Тепер ці правила також трапляються і для нескінченних наборів, що вимагає більше роботи.

Нарешті, існує цілком природний набір ізоморфізму між $ X, Y $ і $ Y, X $, $ (x, y) ліворуч (y, x) $, але, звичайно, не між $ Y ^ X $ і $ \ t X ^ Y $; тобто, ви не можете просто перемикати набір доменів з його діапазоном і очікувати, що маєте набір ізоморфізму на новому наборі функцій (наприклад, нехай один з наборів має тільки один член, а інший - більше одного члена).

Я розумію, що тут є багато деталей, щоб зробити цей аргумент цілком суворим, але я думаю, що це показує, чому немає підстав думати, що піднесення в ступінь повинно бути комутируемим з урахуванням теоретико-множинного аналога функцій між множинами.

7
додано
@aws, так, точно, спасибі за додавання!
додано Автор grokus, джерело
Щоб додати до цього, ви можете переглядати додавання як непересічне об'єднання, а також існує натуральна бієкція між $ A amalg B $ і $ B amalg A $.
додано Автор aws, джерело
@MphLee Це непересічне об'єднання. У теорії множин зазвичай реалізується як $ A amalg B: = \ _ (0, a) | a в A (1, б) | b у B \ t
додано Автор aws, джерело
@MphLee Іноді це написано як $ + $, але я думаю, що $ amalg $ є більш звичайною нотацією.
додано Автор aws, джерело
@aws, що це за символ? $ $
додано Автор MphLee, джерело
@aws Ах цікаво! :) тому що для evry set (навіть якщо не disjoints) ми маємо, що $ | A amalg | B | = | A |
додано Автор MphLee, джерело

Я думаю, що я можу відповісти на питання Qiaochu геометрично. Комутативність додавання і множення (в $ bf N $) можна розглядати як спостереження симетрії блоків підрахунку, які розташовані певним чином. Я пригадую в початковій школі, що бачила великі числа, які конкретно зображувалися в наших підручниках, як купи блоків .

(Їхня система залучила $ a_3 $-багато $ 10 разів 10 $ кубів блоків, $ a_2 $ -мало $ 10 разів $ 10 квадратів блоків, $ a_1 $ -мало висоти - $ 10 $ стовпців блоків, і $ a_0 $ - багато окремих блоків для відображення числа з десятковим поданням $ a_3a_2a_1a_0 $.)

Представляємо цілі числа самі по собі як стовпці блоків. Тоді $ a + b $ включає стовпчик з $ a $ блоками під колоною з блоками $ b $, і $ b + a $ навпаки. Обидва $ a + b $ і $ b + a $ представлені операцією додавання як єдиний стовпець. Аналогічно ми представляємо $ a $ b $ як прямокутник блоків розмірів $ a $ на $ b $.

Симетрія в обох цих випадках зрозуміла: переверніть стовпець $ a + b $ вгору-вниз, щоб отримати $ b + a $, і переверніть аркуш або площину, в якій знаходиться прямокутник $ a \ t що в $ b \ t

Експоненція, або повторне множення, явно не виявляє перевагу, що дає той самий вимір об'єкта після застосування. Тобто, $ a ^ b $ повинна бути представлена ​​$ b $ -мірним гіперкубом бічної довжини $ a $, тоді як $ b ^ a $ a $ -мірного гіперкуба sidelength $ b $. Таким чином, стає очевидним, що ніяке перевертання не може дати нам $ a ^ b $ з $ b ^ a $, і джерело симетрії було знято.

На закінчення, комутативність операцій з підрахунку чисел, які можуть бути представлені за допомогою цих візуальних конструкцій, може розглядатися як симетрія перегортання, яка є властивістю, що вимагає постійного розміру. Таким чином, порушення розмірності є причиною порушення симетрії.

Можна, звичайно, боротися з "добре, немає симпатії, але чому взагалі не існує ніякої симетрії, що дає комутативність?" У певному сенсі "більшість" двійкових операцій є некоммутативними, тому, вважаючи, що "випадкова" двійкова операція є некоммутативною, це природне попереднє положення, яке потрібно прийняти, поки не виникне доказ протилежного. Докази протилежного (перевертання симетрії) вражаюче очевидні у випадках додавання та множення, але не в ступені.

7
додано
Дуже приємна ідея! +1
додано Автор Maximilian Tyrtania, джерело

Edit. Okay, it turns out this idea has been studied before. See here.


Я в основному отримав цю ідею з відповіді user52541. Так що не претендує на оригінальність.

У всякому разі. Визначимо послідовність операцій $ langle n: (mathbb {R} ^ +) ^ 2 праворуч mathbb {R ^ +} $ наступним чином.

  1. Для всіх $ x, y в mathbb {R} ^ + $, визначте $ x langle 0 rangle y = x + y. $
  2. Для всіх $ x, y в mathbb {R} ^ + $ і всіх $ n в mathbb {N} $, визначте $ x langle n + 1 rangle y = exp (\ t langle n rangle log y). $

Тоді $ langle 0 rangle $ є доповненням, а $ langle 1 rangle $ є множенням. Але $ langle 2 rangle $ є не експоненцією. Крім того, ми можемо довести, що для всіх $ n $ він вважає, що $ langle n - це як комутативний, так і асоціативний.

Remark. To prove commutativity, the functions $\exp$ and $\log$ don't even need to be inverses of one another. They can just be arbitrary functions. To prove associativity, we need a bit more. In particular, we require that $\exp$ and $\log$ are inverses. However, we're still not really using any of their properties, like $\log(xy) = \log x + \log y$ etc.

Question 1. Do we have existence of inverses at each level (we have negatives at level $0$, reciprocals at level $1$, and WHAT, if anything, at level $2$)?

Question 2. Does a form of distributivity hold?

5
додано
Як легко перевірити, на рівні 2 нейтральний елемент - $ e $, а інверсний елемент - $ exp (1/log x) $. Дійсно, бути $ e_n $ нейтральним елементом на рівні $ n $ ($ e_0 = 0 $, $ e_1 = 1 $ і т.д.), то $ e_ {n + 1} = exp e_n $. Крім того, бути $ i_n (x) $ інверсном $ i $ на рівні $ n $ ($ i_0 (x) = - 1 $, $ i_1 (x) = 1/x $,…), то $ i_ {n +1} (x) = exp (i_n (log x)) $. Очевидно, що діапазон, на якому він визначається, зменшується на кожному кроці; Я не впевнений, що він завжди може бути поширений на всі $ mathbb R $ (може, звичайно, множення).
додано Автор Bill, джерело

Питання "чому ..." у теорії чисел важко відповісти, якщо це не просто алгебраїчна, а якісна, але давайте спробуємо поліпшити хоча б інтуїцію.

Для мене більш інтуїтивно зрозуміти (гіпер-) оператори як (можливо, повторно/ітеративно застосовані) операції на початковійварті, наприклад $ x_0 $, що мають "базовий" -параметр $ b $ і ітераційний лічильник $ h .

Тоді ми можемо також відобразити асоціативність ліворуч або праворуч у заповненій таблиці:

$\displaystyle \qquad \begin{eqnarray} G_{1,L}(x_0,b,h) &=& ((((x_0) \underset{\text{h times}}{ \underbrace{+ b) + b) \ldots + b)} } &\quad= \quad& G_{1,R}(x_0,b,h) &=& \underset{\text{h times}}{ \underbrace{ (b + \ldots (b + (b +} } (x_0)))) \\ G_{2,L}(x_0,b,h) &=& ((((x_0) \underset{\text{h times}}{ \underbrace{\cdot b) \cdot b) \ldots \cdot b)} } &\quad =^{1)} \quad& G_{2,R}(x_0,b,h) &=& \underset{\text{h times}}{ \underbrace{ (b \cdot \ldots (b \cdot (b \cdot} } (x_0)))) \\ G_{3,L}(x_0,b,h) &=&(((( x_0) \underset{\text{h times}}{ \underbrace{ \uparrow b) \uparrow b ) \ldots \uparrow b)} } &\quad \quad & G_{3,R}(x_0,b,h) &=& \underset{\text{h times}}{ \underbrace{ (b \uparrow \ldots (b \uparrow (b \uparrow} } (x_0 )))) \end{eqnarray}$
$\qquad \qquad ^{1)}$ only over certain (for instance:scalar) fields

Тут ми маємо симетрію в лівій або правій асоціативності $ G_ {1, L} = G_ {1, R} (= G_1) $ і над скалярним полем $ G_ {2, L} = G_ {2, R} (= G_2) $

У $ G_1 $ ми маємо навіть взаємозамінність ітератора і базового $ G_1 (x_0, b, h) = G_1 (x_0, h, b) $

Тепер ми можемо розглядати елементи з особливими значеннями в $ x_0 $ і $ b $, щоб знайти, що операція "нейтральна" ($ b = 0 $ для додавання і $ b = 1 $ для множення і "потужності" ( $ G_ {3, L} $)) і стає "поглинаючим" для деяких елементів ($ b = 0 $, $ x_0 = 0 $ для множення і $ x_0 = 1 $ для "потужності" ($ G_ {3, L} $) і $ b = 1 $ для "експоненції" ($ G_ {3, R} $)), а також при поглинаючих ефектах $ infty $ і фіксуючих точок в $ G_ {3, R} $ і т.д. .

Якщо я дивлюся на все це і навіть трохи далі, то диво "зламаної симетрії" після двох операцій складання і множення стає менш таємничим і лише одним невеликим між іншими змінами властивостей (хоча це, безумовно, чудове ...).


An additional remark: although I expand here on a hierarchical scheme based on the iteration of operations, I find it worth to remember what Quiaochu Yuan says, that the different operations should be seen in some other view focused at some qualitative(?)/topological(?) properties, for instance the exponential map in the complex plane.
4
додано

Це може бути злегка циркулярним, оскільки визначення експоненції і логарифму приходить після додавання і множення, але розглянемо: Якщо ми виконуємо деякий унарний оператор з двох аргументів, виконайте додавання на них, а потім візьміть інверсію, отримавши $ e ^ { log a + log b} = ab $. Якщо ми робимо те ж саме з множенням, то $ e ^ {log a \ _ log b} = a ^ {\ _ log b} = b ^ {\ _ log a} $, що не є піднесенням.

4
додано

Я знаю, що це питання старе, але я хочу додати свою відповідь у випадку, якщо інші люди, як я, наткнуться на це.

По-перше, подумайте про перехід від доповнення до множення. З законів розподілу, поряд із вже існуючою структурою, випливає, що 0 * x = x * 0 = 0 завжди. Таким чином, ми бачимо, що 0 переходить з тотожного елемента додавання (x + 0 = 0 + x = x) до нульового елемента або, як я називаю, "нульового" елемента множення.

Далі ми спробуємо зробити аналогічний перехід від множення до експоненції. За аналогією, тотожність множення - 1 - повинна стати нульовим елементом експонентування, тобто 1 ^ x = x ^ 1 = 1. Проте, наша аналогія також стверджує, що піднесення є повторюваним множенням, що означає, що 1 є елементом ідентичності. піднесення, оскільки повторюючи щось 1 раз, слід знову дати щось; тобто 1 ^ x = x ^ 1 = x.

Таким чином, ми "перевантажили" 1, вимагаючи, щоб вона була як нульовою, так і ідентичною. Це неможливо, тому першовідкривач експоненції (хто б то не був) придумав компроміс: 1 - це нуль зліва (1 ^ x = 1), але ідентичність справа (x ^ 1 = x) . Звідси випливає, що взагалі 1 ^ x відрізняється від x ^ 1, і тому піднесення не є комутативним.

4
додано
Формальною причиною того, чому «компроміс» є те, що є, можна знайти у відповіді Готфріда Хелмса на це питання.
додано Автор Drew, джерело

Я повністю згоден з тим, що це "порушення симетрії" відбувається, і що це відбувається тому, що ми не розуміємо доповнення і множення повністю. Існує багато типів кілець, також напр. енергетично-асоціативні кільця і ​​т.д., але це не головне. Що саме дозволяє так легко обмінюватися «операцією» з «кількістю» під оператором для додавання?

За пропозицією:

Я хотів би побачити відповідь, що: визначає "нову" експоненцію (узагальнюючи по-різному), яка є одночасно асоціативною та комутативною

Я подумав, що експоненція порядкових чисел є асоціативною, це не так. Але можуть існувати математичні конструкти, піднесення Якобсталя (?), Для яких це так.

2
додано

Можливо, це те, що ви шукаєте:

https://sites.google.com/site/tommy1729/extended-distributive-property

1
додано
Можливо, ви захочете знайти тетрацію, якщо ви не знайомі з нею.
додано Автор aldrinleal, джерело

Ми починаємо з комутативної операції, додавання і використовуємо рекурсивне визначення, щоб прийти до операції, множення, і виявимо, що вона залишається комутативною. Можна припустити, що теорема може мати місце, наприклад, «ітерація комутативної операції знову є комутативною». Але піднесення в ступінь є ітерацією множення, але не є комутативною. Така теорема не виконується. Чому ні?

Ну давайте подивимося на доказ комутативності множення з аксіом арифметики Peano .

Позначимо наступника $ n $ як $ s (n). $ Мультиплікація визначається рекурсивно через $ s (m) cdot n = m cdot n + n $ з базовим випадком $ 0 cdot n = 0. $

Ми хочемо показати, що $ m cdot n = n cdot m $ для всіх $ m, n в mathbb {N}. $ Ми йдемо по індукції на $ m $, вкладеної в індукцію на $ n $. Нехай $ S $ - множина натуральних, що комутують з усім у $ mathbb {N} $. Чітко $ 0 в S $. Припустимо, що $ n в S $. Нехай $ T $ - множина всіх природних, що комутують з $ S (n) $. Чітко $ 0 в T $. Припустімо, що $ m у T. $ Тоді ми маємо

$$ s (m) cdot s (n) = m cdot s (n) + s (n) qquad {{def of mult)}.  = s (n) cdot m + s (n) qquad {{ind ind 2)}.  = (n, cdot m + m) + s (n) qquad {{def of mult)}.  = n cdot m + (m + s (n)) qquad {{додати доцент)}.  = n, cdot m + s (m + n) qquad {{def of add)}.  = n cdot m + s (n + m) qquad {{Додати команду}}.  = n, cdot m + (n + s (m)) qquad {{def of add)}.  = (n, cdot m + n) + s (m) qquad {{додати доцент)}  = (m cdot n + n) + s (m) qquad {{ind ind 1)}.  = s (m) cdot n + s (m) qquad {{def of mult)}.  = n, cdot s (m) + s (m) qquad {{ind hyp 1)}.  = s (n) cdot s (m) qquad {{def від мульти)}. $$

Отже, $ s (m) в T $ і, отже, $ T = mathbb {N}.

Тепер давайте повторимо доказ, рядок для рядка, але змінюючи mutatis mutandi доповнення до множення і множення на експоненцію, щоб побачити, де він не працює.

Визначення експоненції рекурсивно як $ m ^ {s (n)} = m ^ n cdot m, $ з базовим випадком $ m ^ 0 = 1. $

$$ s (n) ^ {s (m)} = s (n) ^ m cdot s (n) \ t  = m ^ {s (n)} cdot s (n) \ t  = (m ^ n cdot m) cdot s (n). \ t  = m ^ n, cdot (m, cdot s (n)). \ t  = m ^ n cdot колір {червоний} {s (m, cdot n)}.  = m ^ n cdot s (n, cdot m). \ t  = m ^ n cdot колір {червоний} {(n, cdot s (m))}  = (m ^ n cdot n) cdot s (m). \ t  = (n ^ m; cdot n); cdot s (m). \ t  = n ^ {s (m)} cdot s (m). \ t  = s (m) ^ n cdot s (m). \ t  = s (m) ^ {s (n)}. $$

Два кроки в червоний колір є неприпустимими кроками (крім того, не вдається базовий випадок), які припускають, що наступником продукту є продукт з наступником одного з факторів, який не відповідає: $ \ t m cdot n) nq m cdot s (n)} $. Отже, це є причиною того, що формальне підтвердження комутативності множення не може переноситися на доказ комутативності піднесення в ступінь: операція наступника не змінюється з множенням так, як це відбувається з додаванням.

Щоб сказати це іншим способом, питання не повинно "чому експоненціація комутативна?". Краще запитати "чому є комутативним множенням?" Додавання є комутативним, оскільки наступник є асоціативним, а множення є комутативним, тому що, рекурсивно розглянуте, це просто додавання, а доповнення змінюється з наступником. Ніякі інші операції, звичайно, не мають вищих ітерацій, якщо ми очікуємо, що це буде правдою.

Зауважте, що це, по суті, така ж відповідь, що і дав : якщо ми використовуємо мультиплікативну рекурсію замість адитивної, то паралелі між повторюваним складанням і множенням існують. Але я хотіла побачити відповідь, яка визначає точний крок, де докази ламаються, звідси моє уявлення.

1
додано