Derecho de los grupos $\{ f \in L^1[0,1], f>0,\int f=1\}$

Question

Sea $$G = \left\{ f : [0,1] \to (0,\infty)\text{ Lebesgue measurable and }\int_{[0,1]} fd\mu=1\right\}$$

Pregunta: es $$f \odot g = f\left(\int_0^x g(y)dy\right) g(x)$$ una ley de grupo sobre $G$ con identidad $1$ e inversa $\frac1{f(F^{-1}(x))}, F(x)=\int_0^x f(y)dy$ ?

es decir, al integrar los elementos de $G$ obtendríamos un subgrupo del grupo $C$ de funciones continuas biyectivas estrictamente crecientes $[0,1] \to [0,1]$ con ley de grupo dada por composición. El mapa $G \to C$ no es suryectiva debido a que tipo de cosas construido a partir del Función de Cantor .

Ambos $f\left(\int_0^x g(y)dy\right) g(x)$ y $\frac1{f(F^{-1}(x))}$ son medibles, así que el problema es averiguar si se integran para $1$ y tratando de producir un contraejemplo si no lo hacen.

Answer 1

Lo primero que hay que comprobar es que la operación $\odot$ es cerrado, es decir, que si $f,g$ son positivos y medibles con $\|f\|_{L^1([0,1])}=\|g\|_{L^1([0,1])}=1$ entonces lo mismo vale para $f\odot g$ . Sea $I_f(x)=\int_0^x f(y)\ dy$ y análogamente para $I_g$ . Entonces, como $I_f,I_g$ son funciones crecientes sobre $[0,1]$ con $I_f(0)=I_g(0)=0$ y $I_f(1)=I_g(1)=1$ , $$\int_0^1 (f\odot g)(x)\ dx=\int_0^1 f(I_g(x))I_g'(x)\ dx=[I_f(I_g(x))]_0^1=1.$$ Así que la operación de grupo está cerrada.

Demostrando que la función constante $1$ es la identidad es fácil, ya que $1\odot g=g$ es inmediata y $(f\odot 1)(x)=f(\int_0^x 1\ dy)=f(x)$ .

Antes de calcular la inversa, permítanme señalar que la ley de grupo puede escribirse de forma equivalente como $f\odot g=(I_f\circ I_g)'$ . Por lo tanto, si queremos $(f\odot g)(x)=1$ es equivalente a $I_f\circ I_g=x$ es decir $I_g(x)=I_f^{-1}(x)$ . Por lo tanto $$g(x)=I_g'(x)=\frac{d}{dx}I_f^{-1}(x)=\frac{1}{f(I_f^{-1}(x))}$$ es la inversa, y se ve que $f\odot g=g\odot f=1$ .