Problème d’isomorphisme facteurs de F_2,F_3 — Les-mathematiques.net The most powerful custom community solution in the world

Problème d’isomorphisme facteurs de F_2,F_3

Bonjour,
Je crois que j’ai montré une conjecture en algèbre d’opérateurs
Il me semble avoir démontré que $L\mathbb F_2$ est isomorphe à $L\mathbb F_3$
Voyez vous y des erreurs?
Trouvez le document ci-joint
Merci beaucoup
«1

Réponses

  • Vous n’y voyez pas d’erreurs?
  • Ou alors vous pensez que je vais avoir le médaille Fields ?
  • Je ne lis pas tout mais déjà des remarques de base:

    Sur la forme, si en 15h personne sur le forum ne t'a répondu, ça ne veut pas dire que des gens s'y sont penchés et n'y ont pas trouvé d'erreur, ça veut juste dire qu'en 15h personne ne t'a répondu.

    Ensuite, dans ta définition de constellation, quel est le rapport entre $\mathbb U_8$ et $S$ ? Sur quoi est définie $*$ ? Qui est $I$ ? Supposes-tu que la relation que tu définis est une ordre ?
    Quels sont des exemples de constellations ? Qu'est-ce qui motive cette définition ? Sans réponses à ces deux questions, pas grand monde ne sera intéressé par ce que tu écris.

    Pour le complété de Dedekind-McNeille, la définition que tu en avais donné l'autre fois ne me convainc pas de la propriété universelle que tu indiques (le point qui me gênait éventuellement étant que l'application étendue ne serait pas forcément un morphisme de treillis a priori)

    Ensuite bon, je n'ai pas lu mais il y a beaucoup de petits calculs: tu aurais intérêt à les revérifier, et éventuellement à chercher des preuves plus conceptuelles des résultats recherchés (il est facile de se gourrer dans un calcul)

    Finalement, tu indiques que tu as résolu une conjecture mais ne donne pas de référence quant à cette conjecture : qui s'y intéresse, depuis quand, quels progrès ont été faits dessus, pourquoi est-elle difficile et pourquoi ta méthode a une chance de passer outre cette difficulté ?
  • Merci beaucoup pour ta réponse

    J’ai corrigé les petits truc que tu majas signalé dans ton troisième paragraphe

    $\mathbb U_8\cup\{0\}$ est une constellation, j’ai montré que les catégories des constellations et des algèbres de von Neumann sont équivalentes

    C’est une grande conjecture d’algèbre d’opérateurs
    Voiculescu et Radulescu ont montré que tous les $L\mathbb F_n$ étaient soient tous isomorphes soit non isomorphes d’eux à deux
    Cette conjecture date d’avant les années 90 elle s’appelle
    free group factor problem

    J’envoie la version corrigée
    ri.pdf 229.6K
  • En regardant très superficiellement (je n'ai vérifié aucun calcul ni cherché à comprendre les constructions), la preuve du théorème 24 semble louche. Tu parles d'une équivalence de catégories mais je ne vois pas où tu as montré ce fait. Notamment : une équivalence de catégories est un foncteur essentiellement surjectif, on doit plus ou moins construire un foncteur dans l'autre sens, ce que tu ne sembles pas avoir fait.
  • Merci beaucoup de ta réponse
    La section 2 c’est la construction d’une constellation à partir d’une algèbre de von Neumann
    La section 3 c’est la construction inverse
  • Ah OK j'avais vraiment survolé trop vite. As-tu montré quelque part que ces constructions sont inverses l'une de l'autre ?
  • C’est évident je crois
    Merci de ta réponse
  • Peut-être, je n'ai pas vraiment lu donc je ne me rends pas compte (et je ne pourrai pas lire en détail, il y a trop de choses que je ne connais pas).

    Autre chose qui me paraît bizarre : la définition de la relation $\sim$ sur $C$. Ou bien il y a un truc qui m'échappe, ou bien cette relation me paraît triviale (i.e. $x\sim y$ pour tous $x$ et $y$).

    En effet, $x+\frac{1}{n}y\sim \frac{1}{n}x+y$ donc par passage à la limite on devrait avoir $x\sim y$ ?
  • Ah oui
    Que penses-tu de prendre à la place de l’adhérence faible, l’adhérence pour le topologie qui rend continues les poids au lieu de toutes les forme linéaires ?
    Merci d’avance.107922
  • Je ne sais pas. J'imagine qu'il y a des cas où un poids est infini sur $x$ et non sur $y$, donc le passage à la limite de mon message précédent ne marche plus. Mais ça ne veut pas dire que la construction donne quelque chose d'intéressant. En tout cas je ne peux pas mettre mon nez dans les détails, je ne connais pas tout.
  • Ah oui je me suis trompé
    Au lieu de ça on prend le complété des classes d’équivalences pour que ça soit chain complete (Les chaînes on un sup)
    Ça a l’air bon comme ça?
    ri.pdf 229.9K
  • A supposer que ce que tu écris est exact, il faudrait que ce soit rédigé beaucoup mieux que ça pour qu'un humain puisse vérifier. Par exemple dans la proposition 19 il y a une affirmation "le produit passe au quotient" mais pas de preuve. Le théorème 24 mériterait une preuve plus détaillée que les deux constructions sont bien inverses l'une de l'autre. Et dans le théorème 26 on ne voit pas à quel endroit on utilise le fait que les groupes dont on parle sont $F_2$ et $F_3$, on a l'impression que tout ou presque se généralise à des inclusions de groupes dénombrables plus générales $H\subset G$. Il faudrait donc énoncer le théorème le plus général sur les inclusions de groupes $H\subset G$ et rédiger de manière beaucoup plus détaillée... Mais du coup le résultat a l'air tellement général que ça a l'air trop beau pour être vrai.

    Mais comme je t'ai dit je n'ai pas les moyens de tout vérifier en détail.
  • D’accord
    On utilise le fait que l’algèbre de von Neumann de $\mathbb F_3$ est premier, cad pas factorisable en produit tensoriel de von Neumann de type II_1
    Merci de ta réponse
  • On a $\Z\subset \mathbb{F}_3$ mais $L\Z$ n'est pas isomorphe à $L\mathbb{F}_3$. Donc j'imagine qu'il faut aussi utiliser quelque chose sur $\mathbb{F}_2$ mais quoi ?
  • Il me semble que pour $LZ$ soit un facteur il faut que les classes de conjugaison de $Z$ soient infinies
  • Comme $LF_2$ est aussi un facteur $II_1$ les algebres de Boole des deux facteurs sont isomorphes
  • J’ai rajouté une démonstration que le produit passe au quotient


    Merci d’avance
  • Je ne comprends pas tout mais à vue de nez ça a l'air complètement faux. Le problème est que si $a$ et $c$ sont positifs alors $ac$ ne l'est pas (il n'est même pas autoadjoint), il faudrait le décomposer sous la forme $u-v+i(u'-v')$.
  • T’es d’accord que $(a+b)c$ est équivalent à $ac+bc$ pour $a,b,c$ positifs
    Donc comme $(a+b)c\in [(a+b)][c]$ et $ac+bc\in [ac]+[bc]=[(a+b)c]$
    c’est bon non?
  • Non, tu ne peux pas donner un sens au produit de deux classes avant d'avoir montré la compatibilité avec le produit. Relis mon objection.
  • Tu crois sinon [on] peut définir $[ a].[ b]:=\{a_i.b_j\mid a_i\in[ a],\ b_j\in[ b]\}$
    On montre que $[ ab]=[ a][ b]$ ainsi on a que c’est une classe d’équivalence et on a montré la compatibilité avec le produit.
    Penses-tu qu’un tel raisonnement est correct ?
  • Je ne comprends pas ce que tu as écrit mais je doute qu'il y ait une construction qui marche. Il se peut bien sûr que je me trompe, mais en tout cas tu ne convaincras personne avec des textes aussi peu rigoureux. En supposant que ta démonstration soit exacte, il faudrait 3 fois plus de détails. S'il y a le moindre passage confus, ou des grosses étapes manquantes comme celles que je t'ai signalées, le lecteur va vite perdre patience et ton article partira directement à la poubelle. D'ailleurs je quitte ce fil.
  • Pardon, j’ai corrigé la démonstration en fait c’était simple
    Sauf si vous y voyez une erreur?

    Merci d’avance
    ri.pdf 231.3K
  • J’ai justifié le réciprocité des deux constructions

    Pourriez vous voir si il y a des erreurs?
    Merci d’avance
  • C'est toujours faux mais je ne vais plus me fatiguer à corriger, ça n'en finira jamais. D'ailleurs rien ne garantit que ça aboutira à quelque chose un jour.
  • T’es d’accord que $ac\in[ac]$?
    La relation d’équivalence est compatible avec l’addition
  • Peux-tu me dire où est l’erreur s’il te plaît JLT ?
    Merci beaucoup.
  • Voici une version où la démonstration de la conjecture est améliorée.
    Est-ce que vous y voyez des erreurs ?
    Merci beaucoup de votre attention.
  • La démonstration que le produit passe au quotient est toujours fausse mais comme j'ai dit je ne passerai plus de temps dessus. Si tu ne t'aperçois pas qu'il y a une erreur, ça ne donne pas confiance sur le reste du texte.
  • Salut
    Je n’ai pas réussi à monter la conjecture avec ce que j’ai fait, mais l’équivalence me semble correcte.
    Y voyez-vous des erreurs ?
    Merci infiniment.
    ri.pdf 170.8K
  • Bonjour,
    J’ai laissé tombé la conjecture mais j’ai remanié mon texte et il me semble avoir montré proprement l’équivalence de catégorie.
    Voyez vous des erreurs ?
    Pensez vous que c’est un résultat important ?
    Merci d’avance.
  • Comme je l'ai déjà dit, il y a un problème avec la compatibilité de la relation d'équivalence avec l'addition.

    Le problème c'est que si on considère les décompositions

    $a=u-v+i(u'-v')$
    $b=s-t+i(s'-t')$
    $a+b=x-y+i(x'-y')$

    alors on n'a pas $x=u+s$ en général.
  • Merci de ta réponse, j’ai arrangé le problème
    Je crois que j’ai montré la conjecture
    Vous voyez des erreurs?
    Merci
    ri.pdf 240.3K
  • Une question d'abord : si $E=L^\infty(\R)$, peux-tu décrire concrètement $C$, la relation d'équivalence $\sim$, $\mathcal{J}$,...
  • Merci de ta réponse
    $C$ correspond aux fonctions positives, la relation est l’égalité des supports,
    Et $\mathcal J$ est le treillis complété de $C$, les sup infinis et les inf infinis
  • OK. Maintenant on prend pour $f$ la fonction caractéristique de $[0,1]$.

    On a $f\sim 2f$ mais $f+(-f)\not \sim (2f) + (-f)$ donc il n'y a pas de compatibilité de la relation d'équivalence avec l'addition, sauf si je n'ai pas compris quelque chose.
  • Merci de ta réponse
    , $f-f$ et $2f-f$ sont positives, la relation sur les positifs dit que ces deux éléments ne sont pas équivalents
    La relation sur les autoadjont c’est $a-b\sim c-d$ si $s(a)-s(b)=s(c)-s(d)$ où $s$ est le support, cad l’unique projecteur qu’il y a dans une classe d’équivalence
  • Mais tu dis en page 3 que "l'addition passe au quotient".

    J'interprète cette phrase ainsi :

    $$\forall a\forall b\forall c,\quad (a\sim b\implies a+c\sim b+c).$$

    Or ceci est faux pour $a=f$, $b=2f$ et $c=-f$.
  • Merci de ta réponse
    Ok je crois que j’ai corrigé
    ri.pdf 240.1K
  • Tu as répondu à mon objection sur ton document ? A quelle page et quelle ligne ?
  • Merci de ta réponse
    En fait la version précédente était correcte
    $c$ est négatif, la relation d’équivalence dans ce cas dit
    $a-f\sim b-f$ si il existe $x\sim a$, $y\sim f$ et $s\sim b$, $t\sim f$ Tel que $x-y=s-t$
    Qui est vrai
  • Est-tu en train de dire que $f\sim 0$ ?
  • Ok donc ma correction était nécessaire.
    $a-f\sim b-f$ si $a-f=i-j$, avec $ij=0$ et $b-f=x-y$, avec $xy=0$,
    avec $i\sim x$ et $j\sim y$.
  • J’envoie la version corrigée
  • Ah non ça marche pas
    Peut être comme ça
    $a-f\sim b-f$ ssi $s(a)-f=s(b)-f$
  • Voilà le fichier corrigé
  • Je laisse tomber.
  • Pardon ça ne marchait pas non plus.
    Je crois que j’ai corrigé.
    Je mets la nouvelle version.
    On ne considère plus que les projecteurs.
    ri.pdf 241.4K
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