$\varphi$ $\operatorname{Hom}{(S^1, S^1)}$ son de la forma $z^n$

Question

Me gustaría ver una prueba por qué parece a $\varphi \in \operatorname{Hom}{(S^1, S^1)}$ un entero $z^n$ $n$.

Al principio pensé que podría argumentar que si tengo un homomorfismo que asigna $e^{ix}$ a un $e^{iy}$ $x,y \in \mathbb R$ y $z = rx$ % número real $r$. Pero pensándolo bien no sé por qué no puedo tener $\varphi (e^{ix} ) = e^{g(x)i}$ $g$ diferente $g(x) = \lambda x$.

También estoy interesado en ver las diferentes pruebas. Estoy seguro que hay varias formas de demostrarlo.

Gracias por tu ayuda.

Answer 1

Deje $f : S^1 \to \mathbb{C}^*$ ser un continuo(!) grupo homomorphism. Yo reclamo que $f(z)=z^n$ fijos $n \in \mathbb{N}$.

Primero de todo, $f$ corresponde a un grupo continuo homomorphism $g : \mathbb{R} \to \mathbb{C}^*$ que es constante $1$ $\mathbb{Z}$ (desde $S^1 \cong \mathbb{R}/\mathbb{Z}$), a través de $g(t)=f\left(e^{2\pi i t}\right)$. Hay algunos $a \in \mathbb{R}$ $A:=\int_{0}^{a} g(t) dt \neq 0$ (de lo contrario el derivado $g(a)$ se desvanece para todos los $a$, lo cual es imposible ya que $g(0)=1$). Para cada $x \in \mathbb{R}$ es de la siguiente manera $A^{-1} \int_{x}^{x+a} g(t) dt = A^{-1} \int_{0}^{a} g(x) g(t) dt = g(x)$. En particular, $g$ es diferenciable y satisface la ecuación diferencial $(Dg)(x)=A^{-1} (g(x+a)-g(x)) = A^{-1} (g(a)-1) g(x)$. Por lo tanto, hay algo de $b \in \mathbb{C}$ tal que $g(x)=e^{bx}$ todos los $x$. Desde $1=g(1)=e^{b}$ se sigue que $b=2\pi i n$ algunos $n \in \mathbb{Z}$, lo $f(z)=z^n$.

Comentario: Hay un montón de no-grupo continuo homomorphisms $S^1 \to \mathbb{C}^*$. La razón es que algunos de dimensiones infinitas de álgebra lineal y la teoría de los divisible abelian grupos implica que hay un isomorfismo de abelian grupos $S^1 \cong \mathbb{Q}/\mathbb{Z} \oplus \mathbb{R}^{\oplus \mathbb{R}}$, y hay un montón de grupo de automorfismos de a $\mathbb{R}^{\oplus \mathbb{R}}$.

Answer 2

Si usted asume la continuidad, a continuación, de esta manera se sigue con bastante rapidez por el hecho de que un continuo homomorphism entre Mentira grupos es en realidad una Mentira grupo homomorphism (es decir, que automáticamente suave). Así que si $\phi : S^1 \to S^1$ es un grupo continuo homomorphism entonces podemos considerar su diferencial en la Mentira de álgebra $\phi_* : \mathbb R \to \mathbb R$. De ser lineal, este tiene que tener la forma $x \mapsto cx$ algunos $c \in \mathbb R$. Pero por las propiedades de la exponencial mapa de la Mentira grupos, hemos $$ \phi(e^{ix}) = e^{i\phi_* x} = e^{icx}. $$ Y ahora, para que esto sea bien definido, necesitamos $c \in \mathbb Z$.

Answer 3

Voy a publicar la prueba dada en las notas publicadas por Zhen reescrito en mis propias palabras:

Primera nota de que la prueba de las necesidades de la homomorphisms $S^1 \to S^1$ a ser continua.

(i) Si $\alpha : \mathbb{R} \to \mathbb{R}$ es un continuo homomorphism, a continuación, $\alpha$ es de la forma $x \mapsto \lambda x$ algunos $\lambda \in \mathbb{R}$. Esta es una consecuencia directa del hecho de que $\alpha$ es lineal en el mapa y las dimensiones de las matrices son la multiplicación por escalares.

(ii) Continua homomorphisms $\mathbb{R} \to S^1$ son de la forma$e^{i \lambda x}$$\lambda \in \mathbb{R}$. Para ver esta nota que $(e^{ix}, \mathbb{R})$ es una cubierta espacio de $S^1$. A continuación, por la elevación de la propiedad obtenemos que para una continua homomorphism $f: \mathbb{R} \to S^1$ hay un continuo único homomorphism $\alpha : \mathbb{R} \to \mathbb{R}$ tal que $f = g \circ \alpha$ donde $g (x) = e^{ix}$ es la cobertura de mapa. Por (i) tenemos que $f$ tiene que ser de la forma $x \mapsto e^{i\lambda x}$.

(iii) Si $\varphi : S^1 \to S^1$ $\psi : \mathbb{R} \to S^1$ son continuas homomorphisms lo es $\varphi \circ \psi : \mathbb{R} \to S^1$. Así que sabemos que $1 = \varphi (\psi (0))$. También sabemos $\psi$ mapa de $0$ $1$por lo tanto $\psi (0) = e^{i 2 \pi k}$ algunos $k \in \mathbb{Z}$. Y también sabemos que $1 = e^{i 2 \pi n}$ algunos $n \in \mathbb{Z}$. Por lo tanto $\varphi (z) = z^m$ algunos $m \in \mathbb{Z}$.

Answer 4

Otros mecanismos: si uno de subvenciones de la diferenciabilidad, y levante el origen de la recta real, entonces uno encuentra que $\varphi$ satisface un diferencial equatioon $\varphi'-c\varphi=0$... a Otro (que no es ajeno!) el enfoque es escribir una serie de Fourier para $\varphi$... lo cual podría incluir algún simplemente continua $\varphi$, si se le otorga un cosas básicas acerca de las distribuciones de Fourier y sus expansiones. Entonces el hom condición muestra que la expansión de Fourier tiene un solo término, etc.

Edit: algunos detalles añadidos. De nuevo, la continuidad es asumido en toda. Si uno conoce y/o demuestra la diferenciabilidad, a continuación, $\varphi(x+y)=\varphi(x)\varphi(y)$ da $\lim_{y\rightarrow 0} [\varphi(x+y)-\varphi(x)]/y= \varphi(x)\cdot \lim [\varphi(y)-1]/y$. Esto da la ecuación diferencial para$\varphi$$\mathbb R$, la parametrización un círculo por el exponencial, por ejemplo. Por lo tanto, uno encuentra todos los caracteres de $\mathbb R$. Los que descienden al círculo son los que son triviales en $2\pi\mathbb Z$.

Del mismo modo, $\varphi(x)=\sum_n c_n e^{2\pi i nx}$ al menos en un $L^2$ sentido. No es difícil determinar que este es un grupo homomorphism sólo cuando hay una única no-coeficiente de fuga, y es $1$.

Answer 5

$\newcommand{\Zobr}[3]{#1 \colon #2 \to #3}$Voy a tratar de agregar un "elemental" en la prueba - que no necesita nada más allá del primer curso de topología general.

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Consideraremos $(S^1,\cdot)$ $([0,1),\oplus)$ donde $\oplus$ es la adición módulo $1$.

Deje $\Zobr f{[0,1)}{[0,1)}$ ser cualquier continua homomorphism.

Primer aviso de que $$f(x)=0 \qquad \Rightarrow \qquad f(n\times x)=0. \tag{1}$$

Vamos a considerar varios casos:

• Primero supongamos que $\operatorname{Ker} f=\{0\}$, lo que significa que $f$ es un inyectiva mapa.
  Desde $\frac12\oplus\frac12=0$, podemos ver que $f(\frac12)\oplus f(\frac12)=0$, por lo tanto $f(\frac12)\in\{0,\frac12\}$. Desde $f$ es inyectiva, la única posibilidad es $$f\left(\frac12\right)=\frac12.$$
  ¿Qué acerca de la $\frac14$? Tenemos $f(\frac14)\oplus f(\frac14)=\frac12$. Tenemos de nuevo dos posibilidades: $f(\frac14)\in\{\frac14,\frac34\}$. Ahora la posibilidad de $f(\frac14)=\frac34$ contradiría a la inyectividad, ya que por el teorema del valor intermedio tendríamos $x\in(0,1/4)$ tal que $f(x)=\frac12$. Así tenemos $$f\left(\frac14\right)=\frac14.$$
  Mediante la repetición de este argumento tenemos $$f\left(\frac1{2^n}\right)=\frac1{2^n}$$ y, usando (1), obtenemos $$f\left(\frac{k}{2^n}\right)=\frac{k}{2^n}.$$ Desde $\{\frac{k}{2^n}; k,n\in\mathbb N\}$ es denso en $[0,1)$ $f$ es continua, tenemos que $f$ es el mapa de identidad.

• Ahora supongamos que $\operatorname{Ker} f\ne\{0\}$, es decir, no existe un no-cero $x$$f(x)=0$. Deje que nos indican $$x_0=\inf \{x\in(0,1); f(x)=0\}.$$ Por la continuidad de $f(x_0)=0$.

• Nos muestran que $f(x_0)=0$ implica que el $f\equiv0$. Supongamos que existe un punto tal que $f(x)\ne 0$. Entonces existe un $\varepsilon>0$ tal que tal que $f(y)\ne 0$ por cada $y\in(x-\varepsilon,x+\varepsilon)$. Desde $\inf \{x\in(0,1); f(x)=0\}=0$ existe $x_1\in(0,\varepsilon)$ tal que $f(x_1)=0$ y, en consecuencia, $f(kx_1)=0$ para cada entero $k$. Obviamente, no existe $k$ tal que $kx_1\in(x-\varepsilon,x+\varepsilon)$, lo cual es una contradicción.

• Así que el único caso es que $x_0>0$. Pretendemos que $x_0$ debe ser de la forma $x_0=\frac1n$ algunos $n\in\mathbb N$. Para ver esto, considere los múltiplos $x_0, 2x_0,\dots,nx_0$ donde $n$ es el menor entero positivo tal que $nx_0\ge 1$. Si la desigualdad de $nx_0>1$ sería estricta, a continuación, $nx_0-1$ pertenecen a $\operatorname{Ker} f$ y sería menor que $x_0$, lo que contradice la elección de $x_0$.
  Cuando ya sabemos que $x_0=\frac1n$, es obvio que es suficiente para describir el mapa de $f$ en el intervalo de $[0,\frac1n)$. (Desde $f$ es periódica con período de $\frac1n$.)
  Consideremos el intervalo de $[0,\frac1n)$ con la operación $\oplus_n$, la adición módulo $\frac1n$. Si se demuestra que $\Zobr f{([0,\frac1n),\oplus_n)}{([0,1),\oplus)}$ es un homomorphism, a continuación, hemos reducido esta para el primer caso (desde $[0,\frac1n),\oplus_n)$ es isomorfo a $S^1$, también). En este caso, el mapa de $f$$f \colon x\mapsto nx$.
  Así que sólo queda comprobar la definición de homeomorphisms. Tenemos $$f(x\oplus_n y)=f(x\oplus y)=f(x)\oplus f(y).$$ La primera igualdad se mantiene, ya que la diferencia entre el $x\oplus_n y$ $x\oplus y$ es un múltiplo de a $\frac1n$, e $f(\frac1n)=0$.

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Siempre que $\Zobr f{\mathbb R}{\mathbb R}$ es tal que $$f(x+y)=f(x)+f(y)$$ y $f(1)\in\mathbb Z$, entonces se induce de forma natural un homomorphisms $\Zobr{\tilde f}{\mathbb R/\mathbb Z}{\mathbb R/\mathbb Z}$. Desde discontinuo solución de la ecuación de Cauchy con esta propiedad podemos obtener muchos discontinuo homomorphisms de$S^1$$S^1$.