¿Cuáles son mensurables todos los mapas de $f:\mathbb C\to\mathbb C$ tal que $f(ab)=f(a)f(b)$?

Question

Hay una buena descripción de todo distinto de cero funciones medibles $f:\mathbb{C}\to\mathbb{C}$ tal que $f(ab)=f(a)f(b)\ $ todos los $a$$b$$\mathbb{C}$?

Esto está inspirado por la pregunta Multiplicativo de Funciones Analíticas, Theo Buehler comentarios de allí, y la vana curiosidad. Los únicos ejemplos que yo conozco tienen la forma $f(z)=|z|^cz^k$ o $f(z)=|z|^c\overline z^k$ algunos $c\in[0,\infty)$ y un entero no negativo $k$. Un subquestion es: ¿Son estos todos ellos? (Respuesta: No, ver la actualización).

He intentado buscar, y se encontró que un valor distinto de cero multiplicativo de mapas a partir de una semigroup a la multiplicativo semigroup de los números complejos son a veces llamados semicharacters, y otras veces llamados caracteres, pero hasta ahora esto no ha ayudado a encontrar algo que responde a esta pregunta.

Actualización: he encontrado a partir de la lectura de un comentario en Grillet es Conmutativa semigroups que si $f$ es un ejemplo, entonces también lo es la función de $g$ definido por $g(0)=0$, $g(z)=f(z)/|f(z)|$ si $z\neq 0$, e $g$ de los mapas en el círculo unidad unir con $\{0\}$. Entonces, esto me hizo darme cuenta de que si $f$ $g$ son ejemplos, entonces también lo es la función de $h$ definido por $h(0)=0$, $h(z)=f(z)/g(z)$ si $z\neq 0$. Así que hay ejemplos que no incluyen a los de arriba. Yo tendría que incluir $f(0)=0$, $f(z)=|z|^cz^k$ donde $c$ es cualquier número real y $k$ cualquier número entero.

También, no estoy seguro acerca de cuál de todos los continuos ejemplos.

Answer 1

(Haar) medibles endomorphisms de un localmente compacto grupo polaco son siempre continuas. En este caso, a menos $f$ es la constante de $0$ mapa, que significa $f$ ya es continua en a $\mathbb{C}\backslash \{0\}$. Entonces, por la continuidad, hay algo de real $c$ tal que para todo real distinto de cero $r$ tenemos $|f(r)| = |r|^c$.

En primer lugar, examinar cómo $f$ se comporta en los números reales positivos. En general, para el real $r$ tenemos $f(r) = r^c e^{2 \pi i g(r)}$ por alguna función continua $g: \mathbb{R}^+ \to \mathbb{R}/\mathbb{Z}$. Multiplicativity de $f$ asegura que $g(1) = 0$$g(rs) = g(r) + g(s)$; en otras palabras $g$ es un continuo homomorphism de$(\mathbb{R}^+,\times)$$(\mathbb{R}/\mathbb{Z}, +)$. Hay no trivial ejemplos de tales homomorphism: por ejemplo,$g(r) = \log(r) + \mathbb{Z}$. Esto parece introducir nuevas soluciones. ¿Alguien sabe de un razonable clasificación de tales homomorphisms?

Edit: resulta que todos esos homomorphisms tiene la forma $g(r) = a \log(r) + \mathbb{Z}$ de $k$, como se indica por Artin de Álgebra de texto (p 332).

Así que la escritura $z$$|z| \cdot z/|z|$, es suficiente para entender lo $f$ parece en el círculo unidad.

Escrito $f(e^{2\pi i x}) = e^{2 \pi i h(x)}$, podemos ver que lo que queda es la comprensión de la continua endomorphisms del grupo $(\mathbb{R}/\mathbb{Z},+)$, todos los cuales tienen la forma $f(r) = kr$ para algunos entero $k$.

Despliegue de todo esto, vemos que todas continua (y por lo tanto medible) endomorphisms de $(\mathbb{C}\backslash \{0\},+)$ son de hecho de la forma $f(z) = e^{2 \pi i g(|z|)} |z|^c z^k$ de $c$ e integer $k$. La adición de $0$ nuevo, vemos que la gran lista de soluciones es:

• $f(z) = e^{2 a \pi i \log|z|} |z|^c z^k$, $f(0) = 0$
• $f(z) = f(0) = 0$
• $f(z) = f(0) = 1$,

donde $z$ anterior representa un número complejo distinto de cero, $a$ $c$ son reales los parámetros, y $k$ es un parámetro entero. En particular, esto agrega una nueva función $f(z) = e^{2 \pi i \log|z|}$, $f(0) = 0$ a la lista inicial presentado en el problema.

Answer 2

Si usted está dispuesto a asumir todos medibles $f(z)$ son continuas en a${\mathbb C} - \{0\}$, entonces es factible. (Puedo demostrar esto localmente integrable $f(z)$ por debajo). Primero observamos $f(1) = f(1)f(1)$ $f(1) = 0$ o $1$. Si $f(1) = 0$, $f(z) = f(z)f(1) = 0$ todos los $z$ y no hay mucho que decir. Así que supongamos $f(z) = 1$ en el siguiente.

Siguiente, Ya $f(z^n) = f(z)^n$ todos los $z$ y todos los números enteros $n$, es suficiente para encontrar la forma de $f(z)$ en un barrio de $z = 1$. De manera equivalente, es suficiente para encontrar la forma de $g(r,s) = f(e^re^{is})$ todos los $(r,s)$ en una vecindad del origen. Desde $g(0,0) = 1$ y estamos asumiendo $f(z)$ a de ser continuo, no es un bien definidas $h(r,s) = \log(g(r,s))$ en una vecindad del origen. La ecuación funcional se traduce en $h(r_1 + r_2,s_1 + s_2) = h(r_1,s_1) + h(r_2,s_2)$, en donde, como antes de que las variables están cerca del origen. De modo que las partes real e imaginaria de $h(r,s)$ debe también satisfacer esta ecuación funcional.

Desde $Re(h)$ $Im(h)$ se continua con un valor real de las funciones que satisface la ecuación funcional, por el conocido aditivo caso (cuya prueba funciona incluso para las funciones sólo se define en un barrio de el origen) tenemos que $Re(h)(r,s) = ar + bs$ $Im(h)(r,s) = cr + ds$ de $a,b,c,$$d$. En términos de $g(r,s)$, esto le da $$g(r,s) = e^{ar + bs}e^{icr + ids}$$ No todos los $g(r,s)$ de esta forma se trabajan a nivel mundial; desde $g(r,s) = f(e^re^{is})$ uno debe tener ese $g(r,s+2\pi) = g(r,s)$. Esto obliga a $b = 0$ $d$ a un múltiplo de $2\pi$. Así que tenemos $$f(e^re^{is}) = g(r,s) = e^{ar}e^{icr + ins}$$ Aquí $n$ es un número entero. Equivalentemente, donde $m$ denota $a - n$, tenemos (para $z \neq 0$): $$f(z) = |z|^me^{ic\ln|z|}z^n$$ Por el contrario, dado que cada uno de los factores $|z|^m$, $e^{ic\ln|z|}$ y $z^n$ satisface la ecuación funcional, para hacer su producto. Por lo tanto estos son exactamente las funciones continuas en ${\mathbb C} - \{0\}$ que satisface la ecuación funcional, otros que el cero de la función.

Ahora, de vuelta a por qué medibles ejemplos son siempre continuas. Basado en el ccc, la respuesta parece que no hay una teoría general que se le da a este. Localmente integrable $f(z)$ puede ser probada directamente. Deje $\phi(z)$ ser un golpe con la función integral 1 y apoyado en una vecindad del origen. Entonces para cualquier $z$ $w$ $$f(z)f(w)\phi(w) = f(zw)\phi(w)$$ Integrar ambos lados con respecto a $w$. Usted obtener $$f(z) = \int f(zw)\phi(w)\,dw$$ Haciendo un cambio de variables, esto se convierte en $$= {1 \over |z|^2}\int f(w)\phi(z^{-1}w)\,dw$$ (Suponemos $z \neq 0$). Por el teorema de convergencia dominada de la mano derecha es continua (suavizar) como una función de la $z$, por lo que el $f(z)$ es una función continua.