Bijections d'entrée bornées de séquences infinies

Voici un puzzle que je n'ai pas réussi à résoudre. Je voudrais savoir si ce problème est déjà connu ou s'il a une solution simple.

Il est possible de définir une bijection utilisant les propriétés des catégories fermées bicartésiennes. Andrej Bauer a posté une explication de ce que cela signifie sur son blog comme " Gemme constructive: jongler avec les exponentielles $3^\mathbb{N} \cong 5^\mathbb{N}$ ".

Cette bijection a une propriété intéressante: elle est "bornée-entrée" signifiant que chaque composant de la sortie ne dépend que de nombreux composants bornés de l'entrée. Cependant, pour il semble que cette construction ne puisse montrer que et sont isomorphes si et $k,l\geq 2$ $k^\mathbb{N}$ $l^\mathbb{N}$ $k$ $l$ sont tous deux impairs ou les deux pairs. Cela laisse ouverte la question:

Y a-t-il une bijection d'entrée bornée de à ? $2^\mathbb{N}$ $3^\mathbb{N}$

Voici une courte note décrivant le problème plus en détail: Une conjecture concernant les bijections d'entrée bornées de séquences infinies .

Définitions:

Une fonction est bornée en entrée s'il existe un entier tel que chaque composante de la sortie de ne dépend que d'au plus composantes de l'entrée. Plus formellement, est une entrée bornée si pour chaque indice il y a des indices et une fonction $f : \prod_{i \in I} X_i \rightarrow \prod_{j\in J} Y_j$ $k$ $f$ $k$ $f$ $j \in J$ $i_1,\dotsb,i_k \in I$ sorte que pour toutla composante est égale à. $f_m : X_{i_1}\times\dotsb\times X_{i_k} \rightarrow Y_j$ $x \in X$ $f(x)_j$ $f_j(x_{i_1},\dotsb,x_{i_k})$

Une bijection est une bijection d'entrée bornée si elle est une fonction d'entrée bornée. $f$

Une bijection est un isomorphisme d'entrée bornée si elle et son inverse sont des fonctions d'entrée bornée. C'est aussi intéressant. $f$

puzzles ct.category-theory topology

— Colin McQuillan
source

Il est probablement préférable de copier la définition de «bijection d'entrée bornée» de votre note. J'ai mal compris la définition jusqu'à ce que je la lise.

— Tsuyoshi Ito

Terminé. Je voudrais souligner que si la motivation de la question vient de la sémantique de la théorie des catégories, le puzzle lui-même est combinatoire.

— Colin McQuillan

La chose la plus ennuyeuse à propos de ce problème est qu'il semble facile! Tous les ensembles

sont délimitées isomorphe d'entrée à l'autre, et sont donc tous les ensembles

. Je ne vois aucune raison pour laquelle ces deux ne peuvent pas être rendus isomorphes à entrée bornée en utilisant une variation des isomorphismes utilisés dans les preuves existantes, mais de telles tentatives semblent échouer. Aghh. (Je n'ai aucune expérience dans ce domaine, donc je suis peut-être hors de propos.)

(2 k)^{N}

$(2k)^{\mathbb{N}}$

(2 k + 1)^{N}

$(2k+1)^{\mathbb{N}}$

— Tsuyoshi Ito

J'aime vraiment cette conjecture, et elle traîne depuis un mois maintenant. Je donnerai une récompense à quiconque le résoudra ou fera des progrès substantiels dans les deux sens.

— Aaron Sterling

Belle question :-) Au fait, quel est l'isomorphisme "le plus simple" entre

que vous connaissez?

2^{N}

$2^\mathbb{N}$

3^{N}

$3^\mathbb{N}$

— Andrej Bauer

Réponses:

Je ne suis pas un mec de la théorie CS. Mais dans la théorie ergodique, ce type de cartographie est connu sous le nom d' isomorphismes finitaires . Par exemple, les gens se sont demandé si deux séquences de Bernoulli de la même entropie étaient finalement isomorphes ou non. Par exemple (il s'agit d'un changement unilatéral car il semble que vous vous préoccupiez de plutôt que de $P^{\mathbb{N}}$ $P^{\mathbb{Z}}$ ):

A. Del Junco, «Codes finitaires entre les déplacements unilatéraux de Bernoulli», Ergodic Theory Dynamical Systems, vol. 1, p. 285-301, 1981.

PS J'ai l'intention de laisser ceci comme un commentaire mais je ne peux pas en raison du manque de réputation. Faites-moi savoir s'il est complètement hors sujet, je le supprimerai.

— gondolier
source

Pour ma part, je salue toutes les idées farfelues de brainstorming à ce stade.

— Aaron Sterling

Notez que la question de savoir si les indices sont tirés de ℤ ou ℤ n'a pas d'importance.

— Tsuyoshi Ito

J'ai attribué la totalité de la prime à cette réponse, car, si je ne faisais rien, la réponse recevrait de toute façon la moitié de la prime, comme la plus élevée (et ayant reçu au moins deux votes). Si quelqu'un poste une preuve complète ou partielle à une date ultérieure, et je le vois, je vais probablement commencer une autre prime, pour attribuer un représentant au solveur.

— Aaron Sterling

$k^\mathbb{N}$ $2^\mathbb{N}$ $k$ $k = 3$ $k - 2$ $k - 1$ .

$2^\mathbb{N} \to k^\mathbb{N}$ ) de façon évidente.

La délimitation dans la direction avant est facile car chaque chiffre d'entrée fournit au moins un chiffre de sortie le $i$ $i$ $k$

$k$ $k$ $i$ $k$ $k i$

Ce n'est pas d'entrée bornée dans les deux sens. Selon la définition d'une fonction d'entrée bornée, vous avez besoin d'une borne uniforme sur le nombre de variables d'entrée dont dépend chaque variable de sortie. Dans le sens direct de votre mappage, la i-ème variable de sortie dépend des premières i variables d'entrée, il n'y a donc pas de limite uniforme. Dans le sens inverse, la i-ème variable de sortie dépend des premières ki variables d'entrée.

— Tsuyoshi Ito

D'oh. Je vais aller lire la question pour la 1,5e fois. :(