¿Puedes encontrar una función que satisfaga a$f(ab)=\frac{f(a)}{f(b)}$? Por ejemplo,$log(x)$ satisface la condición$f(ab)=f(a)+f(b)$ y$x^2$ satisface$f(ab)=f(a)f(b)$?
Respuestas
¿Demasiados anuncios?
Suponiendo que la función está definida en no-cero de los números reales, y toma todos los valores distintos de cero (pero por favor ver más abajo para una generalización), primero se $$ f(1) = f(1 \cdot 1) = \frac{f(1)}{f(1)} = 1, $$ y, a continuación, para todos los $x$ $$ f(x) = f( 1 \cdot x) = \frac{1}{f(x)}, $$ de modo que $f(x) \in \{1, -1 \}$. Entonces $$ f(x, y) = \frac{f(x)}{f(y)} = f(x) f(y), $$ así que tenemos que $$ f(x) = 1, \qquad\text{o}\qquad f(x) = \operatorname{sgn}(x). $$
Anexo que se puede considerar el mismo problema para $f: G \to H$ donde $G, H$ son grupos (multiplicatively escrito, con identidad $1$) y, a continuación, es posiblemente la más clara. (Véanse también los comentarios al OP.)
La condición de que ahora se $f(ab) = f(a) f(b)^{-1}$. Una vez más, $f(1) = 1$, e $f(x) = f(1 \cdot x) = f(1) f(x)^{-1} = f(x)^{-1}$, por lo que todos los valores de $f$ son involuciones (o la identidad) y $f$ es un grupo homomorphism.
Así que en este caso tenemos que $f$ es una de morfismos de $G$ a a(n abelian) subgrupo de $H$ cuya identidad no son elementos de involuciones. (Es evidente que hay un no-triviales, tales $f$ si y sólo si $G$ tiene un no-trivial cociente de exponente $2$.)
rahijain
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Trezoid
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Vamos a reformular la pregunta clasificando todos los mapas$f : G \rightarrow H$ que no necesitan ser morfismos de grupo que cumplan la condición$f(ab)=f(a)f(b)^{-1}$
Un cálculo simple muestra que$f(e)=f(x)f(x^{-1})^{-1}= f(x^{-1})f(x)^{-1}$ o tenemos$f(x)=f(e)^{-1}f(x^{-1})=f(e)f(x^{-1})$ o$f(e)^{-1}=f(e)$ Ahora$f(x)=f(ex)=f(e)f(x)^{-1}=f(e)^{-1}f(x)^{-1}=(f(x)f(e))^{-1}=(f(x)f(e)^{-1})^{-1}=f(xe)^{-1}=f(x)^{-1}$, así que incluso si no asumimos un morfismo de grupo, tenemos la imagen involutiva. Y por lo tanto es un morfismo grupal$f(ab)=f(a)f(b)^{-1}=f(a)f(b)$
