Encontrar Grupo de Simetría $S_3$ en una función

Question

Yo estaba considerando funciones de $f: \Bbb{C} \rightarrow \Bbb{C}$ y he definido los siguientes instrumentos (yo lo llamo el Grupo de Simetría de una función)

$$ \text{Sym}(f) = \left< m(x)|f(m(x))=f(x) \right> $$

Una intuitiva ejemplo es considerar $\text{Sym}(e^x)$ y observar que

$$m(x) = x + 2i \pi $$ tiene la propiedad de que

$$ e^{m(x)} = e^{x+2i\pi}=e^x e^{2i \pi} = e^x $$

Y el grupo generado por $m(x)$ en la composición es el conjunto de funciones

$$ x + 2i\pi k, k \in \Bbb{Z}$$

Que es isomorfo a $\Bbb{Z}$ en función de la composición. Así que uno puede decir, entonces, que $$\text{Sym}(e^x) \cong \Bbb{Z}$$

Lo que me daba curiosidad era si hay alguna de las funciones elementales tales que

$$ \text{Sym}(g(x)) \cong S_3$$

En el intento de construir uno que yo consideraba

$$ g(x) = x^{\frac{-1 + i \sqrt{3}}{2}} + x^{\left( {\frac{-1 + i \sqrt{3}}{2}}\right)^2} + x + \frac{1}{x} +x^{-\frac{-1 + i \sqrt{3}}{2}}+ x^{-\left({\frac{-1 + i \sqrt{3}}{2}}\right)^2} $$

G tiene un generador para su simetrías de las funciones $L_1 = \frac{1}{x}$ $L_2 = x^{\frac{-1 + i \sqrt{3}}{2}}$

Que puede ser observado como

$$G(L_1) = G(L_2) = G(x)$$

Pero el problema es que $L_1(L_2) = L_2(L_1)$, por lo que claramente no se trata de un grupo electrógeno $S_3$. No es obvio en este punto, ¿cómo ir sobre la fabricación de una función que ha $S_3$ como su grupo de simetría subyacente

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Algunos Ejemplos:

$\Bbb{Z}_2$ puede ser realizado como $\text{Sym}\left(x + \frac{1}{x}\right)$, ya que esta función es invariante bajo las sustituciones $x \rightarrow x$ $x\rightarrow \frac{1}{x}$

La prueba surge de la siguiente: Supongamos que queremos encontrar todas las transformaciones $T$ $x$ tal que

$$ x + \frac{1}{x} = T(x) + \frac{1}{T(x)}$$

Podemos derivar que

$$ T(x)^2 - \left(x+ \frac{1}{x}\right)T(x) + 1 = 0$$

Que los rendimientos que

$$ T(x) = \frac{x + \frac{1}{x} \pm \sqrt{x^2+2+\frac{2}{x^2}-4}}{2}$$

para simplificar

$$ T(x) = \frac{x + \frac{1}{x} \pm (x-\frac{1}{x})}{2}$$

y que da $T(x) = x, T(x) = \frac{1}{x}$ observar estas transformaciones forman un grupo de orden $2$ por lo que debe ser isomorfo a $\Bbb{Z}_2$

Y, en general, suponemos que:

$\Bbb{Z}_n$ puede ser realizado como $$\text{Sym} \left( x + x^{\sqrt[n]{1}_1} + x^{\sqrt[n]{1}_2} + ... x^{\sqrt[n]{1}_{n-1}}\right)$$

Answer 1

Voy a suponer que la simetría de los grupos forman parte de las funciones que se homeomorphisms, por lo que puede ser hecho en un grupo.

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Algunos antecedentes: dado un triángulo $ABC$ $\mathbb{C}$ (identificado con el avión), cualquier punto de $z\in\mathbb{C}$ se puede escribir como una combinación lineal de los tres vértices, es decir, $$ z = aA+bB+cC $$ para algunos $a,b,c\in\mathbb{R}$. Si se requiere que el $a+b+c = 1$, entonces esta combinación es única. La triple $(a,b,c)$ se llama la baricéntrico coordenadas de $z$ con respecto al $ABC$. No es difícil comprobar que la correspondencia $$\mathbb{C}\rightarrow\{(a,b,c)\in\mathbb{R}^3:a+b+c=1\}$$ dada por el baricéntrico coordenadas es bijective. Tenga en cuenta que dos baricéntrico coordenadas son suficientes para especificar un punto, ya que la tercera puede ser derivada a partir de la ecuación de $a+b+c=1$.

Supongamos ahora que $ABC$ es un triángulo equilátero de lado de longitud $\frac{2}{\sqrt{3}}$, por lo que la altura de cada vértice al lado opuesto es $1$. Entonces la coordenada baricéntrica $a$ es el firmado distancia de $z$ a de la línea de $BC$, y del mismo modo para $b$$c$. Aquí, el signo de la distancia es positiva si $z$ y el triángulo de la mentira en el mismo lado de la línea, y negativo si se encuentran en lados opuestos. Por ejemplo, si $A = \frac{2}{3}$, $B = -\frac{1}{3} + \frac{1}{\sqrt{3}}i$, $C = -\frac{1}{3}-\frac{1}{\sqrt{3}}i$, y $z = x+iy$, entonces la coordenada baricéntrica $a$ es el firmado distancia de $z$$BC$, es decir,$a = x+\frac{1}{3}$. Del mismo modo, se puede comprobar que $b = -\frac{1}{2}x+\frac{\sqrt{3}}{2}y + \frac{1}{3}$, e $c = -\frac{1}{2}x-\frac{\sqrt{3}}{2}y+\frac{1}{3}$.

Ahora, vamos a $z_1$ $z_2$ dos puntos en $\mathbb{C}$ de manera tal que los tres baricéntrico de las coordenadas de $z_1$ son todos diferentes, y que la baricéntrico de las coordenadas de $z_2$ son algunos de permutación de las coordenadas de $z_1$. ¿Qué podemos decir acerca de $z_1$$z_2$? Así, la permutación de los tres baricéntrico coordenadas induce una permutación de los tres lados de $ABC$, y la inducida por la permutación es único debido a que las coordenadas son diferentes. Además, para cada permutación de los tres lados, no hay una única simetría del avión que se lleva a cabo la permutación, y este grupo de simetrías es isomorfo a $S_3$. Por lo $z_1$ $z_2$ han permutada coordenadas si y sólo si existe una simetría del triángulo que se lleva a $z_1$$z_2$, suponiendo que las coordenadas son todas diferentes. Si al menos dos de las coordenadas de $z_1$ es la misma, $z_1$ se encuentra en una de las bisectrices del triángulo, y si las coordenadas de a $z_2$ son algunos de permutación de los de $z_1$, $z_2$ también se encuentra en algunos bisectriz. No es difícil ver que hay una simetría del triángulo de tomar $z_1$$z_2$, aunque esta simetría no necesitan ser únicos.

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Ahora, vamos a $g(z)$ es el valor de la mayor coordenada baricéntrica de $z$, e $h(z)$ es el valor de la menor. Vamos $$ f(z) = g(z) + ih(z).$$ Ahora, supongamos $m$ satisface $f(m(z)) = f(z)$ todos los $z$. A continuación, para cada una de las $z$ el baricéntrico coordenadas de $m(z)$ debe ser alguna permutación de los de $z$, ya que comparten la más grande y la más pequeña de las coordenadas. Se desprende de la discusión anterior, que podemos escribir $$ m(z) = \sigma_z(z) $$ donde $\sigma_z$ es cierta simetría del triángulo cuya elección puede depender de $z$. Esto es suficiente para mostrar que podemos elegir $\sigma_z$ a ser el mismo para todos los $z$, y este es en el que la hipótesis de la continuidad es importante.

Tenga en cuenta que $m$ mapa bisectrices a bisectrices, y que las tres bisectrices divide el plano en seis regiones, es decir, el complemento de las tres bisectrices en el plano tiene seis componentes conectados. Desde $m$ es continua, y ha continua inversa, se debe asignar a cada una de las seis regiones a otra de las seis regiones. Además, para cualquier punto no en las bisectrices de los seis simetrías del triángulo enviar el punto seis diferentes destinos, con un destino en cada una de las seis regiones. En particular, para cada par de regiones no hay una única simetría envío de la primera región a la segunda. Por lo tanto, la elección de $\sigma_z$ es constante en cada una de las regiones. La aplicación de una continuidad en el argumento de que el límite de cada región, es decir, las bisectrices, muestra que la elección de la simetría debe ser consistente entre las dos regiones adyacentes, y por lo tanto la elección de la simetría debe ser constante a través de las seis regiones. Hoy día no es difícil comprobar que esta elección es coherente en el bisectrices así.

Por lo tanto, la homeomorphisms $m$ que satisfacer $f\circ m = f$ $\mathbb{C}$ son precisamente las simetrías del triángulo equilátero, es decir,$S_3$.

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Ahora, sé que usted pidió, por un elemental función. Si el recuento absoluto de valor y la conjugación básica en operaciones, entonces puedo mostrar que $f$ es elemental. Esto es debido a que el baricéntrico coordenadas son funciones elementales de las partes real e imaginaria (ver arriba), y las partes real e imaginaria de $z$ son funciones elementales de $z$ (desde $\Re(z) = \frac{1}{2}(z+\bar{z})$$\Im(z) = \frac{1}{2i}(z-\bar{z})$). Además, el $\max$ $\min$ funciones son primarias, ya que $\max(a,b) = \frac{a+b+|a-b|}{2}$$\max(a,b,c) = \max(\max(a,b),c)$, y del mismo modo para $\min$. Por lo tanto, $g$$h$, el máximo y el mínimo de la baricéntrico coordenadas, son de primaria, por lo $f$ es así.

Answer 2

Hay un poco de ambigüedad en cuanto al tipo de funciones que usted está considerando. Por ejemplo, usted parece aceptar con lo que permite que la función tiene algunas singularidades en cero su $z+1/z$ ejemplo indica. El grupo $S_3$ actúa de forma natural en $\mathbf{C} \cup \{\infty\}$ a través de las siguientes funciones racionales:

$$\Sigma = \left\{z, \ 1/z, \ 1-z,\frac{1}{1-z}, \ 1 - \frac{1}{z}, \ \frac{z}{z-1}\right\}$$

En particular, si $h(z)$ es cualquier función de $h: \mathbf{C} \cup \{\infty\} \rightarrow \mathbf{C} \cup \{\infty\}$

$$f(z) = h(z) + h(1/z) + h(1-z) + h\left(\frac{1}{1-z}\right) + h\left(1-\frac{1}{z}\right) + h\left(\frac{z}{z-1}\right)$$

será invariante bajo $\Sigma$. Podría ser el caso de que $f(z)$ es invariante bajo más simetrías, por supuesto. Por ejemplo, si $h(z) = z$,$f(z) = 3$.

Por otro lado, si $h(z) = z^2 + c$ para cualquier constante$c$, $f(z)$ es no trivial de la función racional. Por otra parte, se encuentra que (en este caso)

$$f(x) - f(y) = \frac{2(x-y)(x+y-1)(xy - 1)(1-x+xy)(1-y+xy)(-x-y+xy)}{(x-1)^2 x^2 (y-1)^2 y^2}.$$

Suponiendo que $y \in \mathrm{Sym}(f)$, el numerador es cero, y por lo (bajo muy débil continuidad de la hipótesis), uno de los seis factores en el numerador es cero, que conduce a $y \in \Sigma$. Así que parece que $f(z)$ es una función adecuada en su caso. Una particularmente buena elección de la constante de $c$$c = -7/4$, en cuyo caso $f(2) = 0$, y así

$$f(z) = f(z) - f(2) = \frac{(z-2)^2 (z+1)^2 (2z - 1)^2}{2 z^2 (z-1)^2}.$$

En este caso, la raíz cuadrada de esta función es invariante bajo el incluso elementos de $\Sigma = S_3$ y se envía a su negativa bajo el impar de elementos.

Un poco más general de la familia de niza (pero no más de una plaza) es dado (para un parámetro $t$) por

$$f(x) = \frac{2(x-t)(x+t-1)(xt - 1)(1-x+xt)(1-t+xt)(-x-t+xt)}{(x-1)^2 x^2 (t-1)^2 t^2}.$$

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Yo podría también agregar una lista completa de ejemplos procedentes de polinomios. Supongamos que $f(x)$ es un polinomio, y $y \in \mathrm{Sym}(f)$. A continuación, debemos tener $f(x) - f(y) = 0$. Pero $f(x) - f(y)$ es una función racional en $y$, y así tiene un número finito de soluciones algebraicas. Si insistimos en que nuestras funciones son de entera funciones en $\mathbf{C} \cup \{\infty\}$, entonces esto obliga a $y$ a ser una función racional (otras funciones algebraicas no será un único valor), y (por el grado consideraciones) es una función de la forma:

$$y = \frac{a x + b}{c x + d}.$$

La elección de las constantes es el único bien definido hasta la escala. Esto le da un inyectiva mapa:

$$\mathrm{Sym}(f) \rightarrow \mathrm{PGL}_2(\mathbf{C}).$$

Los subgrupos finitos de la mano derecha son bien conocidos, y así, en particular, se desprende lo siguiente:

Reclamo: Vamos a $f$ ser una función racional. A continuación, $\mathrm{Sym}(f)$ es cíclico, diedro, o uno de los grupos excepcionales $A_4$, $S_4$, y $A_5$.

Cíclico ejemplos son fáciles de construir. Deje $f(x) = x^n$, y, a continuación, $\mathrm{Sym}(f)$ se compone de $y = \zeta x$ $n$th raíz de la unidad $\zeta$. Esto se corresponde con el mapa:

$$a \in \mathbf{Z}/n \mathbf{Z} \mapsto \left( \begin{matrix} \zeta^a & 0 \\ 0 & 1 \end{de la matriz} \right) \\mathrm{PGL}_2(\mathbf{C}).$$

Naturalmente también se puede tomar la $f(x) = h(x^n)$ por genérica de la función racional $h(x)$. Tenga en cuenta que otros ejemplos (como $f(x) = x + x^{-1}$) puede ser obtenido a partir de estos ejemplos adecuados cambio de variables, a saber, porque

$$\left( \begin{matrix} 1 & - 1 \\ 1 & 1 \end{de la matriz} \right) \left( \begin{matrix} 0 & 1 \\ 1 & 0 \end{de la matriz} \right) \left( \begin{matrix} 1 & - 1 \\ 1 & 1 \end{de la matriz} \right)^{-1} = \left( \begin{matrix} -1 & 0 \\ 0 & 1 \end{de la matriz} \right),$$ y nos encontramos con que $$h(x) = x + \frac{1}{x}, \qquad h\left(\frac{x-1}{x+1}\right) = g(x^2), \qquad g(x) = 2 \cdot \frac{x+1}{x-1}.$$

Tenga en cuenta que el diedro representación de $D_{2n}$ dentro $\mathrm{PGL}_2(\mathbf{C})$ es dado por la imagen de $\mathbf{Z}/n \mathbf{Z}$ junto con la matriz de

$$\left( \begin{matrix} 0 & 1 \\ 1 & 0 \end{matrix} \right) ,$$

Por lo tanto podemos escribir los ejemplos

$$f(x) = h\left(x^n + \frac{1}{x^n}\right),$$

para una función genérica $h$ (tomando $h(x) = x$ va a hacer). Aquí $\mathrm{Sym}(f)$ es generado por $x \mapsto \zeta x$$x \mapsto 1/x$.

Uno puede construir el resto de los ejemplos de una manera similar. Para la diversión, he calculado un ejemplo con $\mathrm{Sym}(f) = A_4$. El grupo $A_4$ (varios) representaciones proyectivas

$$A_4 \rightarrow \mathrm{PGL}_2(\mathbf{C})$$

se dio cuenta de por $2$-representaciones tridimensionales de la cubierta de Schur $\mathrm{SL}_2(\mathbf{F}_3)$. Un ejemplo de los mapas de la no-trivial de los elementos de la Klein $4$-subgrupo $K$ a

$$K \setminus \{e\} = \left\{\left( \begin{matrix} 0 & 1 \\ 1 & 0 \end{matrix} \right), \left( \begin{matrix} -1 & 0 \\ 0 & 1 \end{matrix} \right), \left( \begin{matrix} 0 & -1 \\ -1 & 0 \end{matrix} \right)\right\},$$ y este grupo está normalizado por el orden de los tres (en $\mathrm{PGL}_2$) elemento $$\left( \begin{matrix}i & -i \\ 1 & 1 \end{matrix} \right)$$ Escribir el correspondiente $12$ elementos de $A_4$ y dejar $$f(z) = \sum_{A_4 \subset \mathrm{PGL}_2(\mathbf{C})} h(\gamma z),$$ haciendo un cálculo como el anterior y con $h(z) = z^2 + c$, se encuentra que

$$\begin{aligned} f(x) - f(y) = & \ 2(x - y)(x + y)(-1 + xy)(1 + xy)(-i - ix - y + xy)(i + ix - y + xy) (-i - x - iy + xy)\\ \times & \ \frac{(i + x - iy + xy)(i - x + iy + xy)(-i + x + iy + xy) (i - ix + y + xy)(-i + ix + y + xy)}{(-1 + x)^2x^2(-i + x)^2(i + x)^2 (1 + x)^2(-1 + y)^2y^2(-i + y)^2(i + y)^2(1 + y)^2} \end{aligned} $$

Ya que traducir $f(x)$ preserva el grupo de simetría, uno puede (por ejemplo) elija $f(x)$ a desaparecer en $x = y$ fijos $y$, y, a continuación, $f(x)=f(x) - f(y)$ anterior. Por ejemplo, si $y = 2$, luego

$$450 f(x) = \frac{(-2 + x) (2 + x) (-1 + 2 x) (1 + 2 x) (9 + x^2) (5 - 6 x + 5 x^2) (5 + 6 x + 5 x^2) (1 + 9 x^2)}{(-1 + x)^2 x^2 (1 + x)^2 (1 + x^2)^2}.$$