Encontrar tres no constante, pares desiguales funciones $f,g,h:\mathbb R\to \mathbb R$...

Question

He sido sorprendido por este problema:

Encontrar tres no constante, de a pares desiguales funciones de $f,g,h:\mathbb R\to \mathbb R$ tal que $$f\circ g=h$$ $$g\circ h=f$$ $$h\circ f=g$$ o probar que no hay tres de esas funciones existen.

Yo muy sospechoso, por ahora, que los no-trivial triplete de las funciones de la satisfacción de las declaró de propiedad existe... pero no sé cómo demostrarlo.

¿Cómo puedo probar esto, o ¿cómo puedo encontrar estas funciones si es que existen?

Ayuda es muy apreciada.

Las funciones también debe ser continua.

Answer 1

Aquí es una prueba de que no existen funciones continuas. Voy a usar la yuxtaposición para denotar la función de composición. Como se señaló en los comentarios, $$ h^2=fgh=f^2=ghf=g^2. $$ Deje $e=f^4=g^4=h^4$. Tenga en cuenta que$fgf=hf=g$$gfg=gh=f$, por lo que $$ ef=g^4f=gf^2gf=gfg=f, $$ $$ fe=fg^4=fgf^2g=gfg=f. $$ Del mismo modo $eg=g=ge$$eh=h=he$. En particular,$e^2=ef^4=f^4=e$, lo $e$ es idempotente. Considere la posibilidad de su imagen $X=\mathrm{im}\,e\subseteq\mathbb R$, lo $e|_X$ es la identidad. Tenemos $\mathrm{im}\,f\subseteq X$ desde $ef=f$. Por otra parte $f|_X^{4}=e|_X=\mathrm{id}_X$, lo $f|_X$ es una permutación de $X$, y del mismo modo para $g$$h$. (aparte: ahora sigue que $f|_X$, $g|_X$ y $h|_X$ generar un cociente de la cuádrupla grupo).

Supongamos $|X|>1$. Desde $e$ es continua, $X$ es un (posiblemente infinita) de intervalo. Una permutación de un conjunto es estrictamente monótona (creciente o decreciente). Por otra parte el único estrictamente creciente involución de $X$ es la identidad. De hecho, supongamos $\sigma$ es una función de este tipo. Si $\sigma(x)>x$ $$ x=\sigma^2(x)>\sigma(x)>x, $$ una contradicción. Del mismo modo no podemos tener a $\sigma(x)<x$, lo $\sigma$ es la identidad.

En particular $f|_X$, $g|_X$ y $h|_X$ son estrictamente monótona. Desde $f|_X=g|_Xh|_X$, no todos pueden estar disminuyendo. wlog supongamos $f|_X$ es cada vez mayor. A continuación, $f|_X^2$ es cada vez mayor. Desde $f|_X^4=\mathrm{id}_X$, aplicando el resultado anterior dos veces da $f|_X^2=\mathrm{id}_X$ y, a continuación,$f|_X=\mathrm{id}_X$.

Si $|X|=1$, entonces también tenemos $f|_X=\mathrm{id}_X$. En cualquier caso, para cualquier $x\in\mathbb R$ tenemos $g(x)\in X$, por lo que $$ h(x)=f(g(x))=g(x), $$ de dónde $h=g$.

Answer 2

(Esto no significa de ninguna manera un amplio y estricto de la respuesta, sólo algunas observaciones que me hizo).

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Si usted retira $0$ desde el dominio, las funciones pueden ser:

$$f_0 (x) \equiv -x$$ $$g_0(x) \equiv \frac 1 x$$ $$h(x) \equiv -\frac 1 x$$

O mejor no remover $0$, pero permitir que los $\infty$ en el dominio y la imagen, haciendo que cada uno de ellos el projectively extendido real de la línea. Esto es interesante porque si usted toma una mirada más en profundidad a los números complejos y su representación como la esfera de Riemann, te darás cuenta de que:

• $f_0$ corresponde a la rotación de la esfera de la mitad de turno, mientras que el eje pasa a través de $0$$\infty$;
• $g_0$ similar es el de rotación, el eje pasa a través de $-1$$1$;
• $h$ es también una similar de rotación, el eje pasa a través de $-i$$i$.

Rotación viene fácil a mi imaginación, así que voy a seguir a esta interpretación por un tiempo, pero debemos recordar que cada media vuelta rotación equivalente a unos axial reflexión.

Así que, en este caso, las tres funciones (y sus composiciones) corresponden a ciertas operaciones (y sus composiciones) en el espacio 3D donde nos imaginamos la esfera de Riemann.

En general, usted puede elegir cualquiera de las tres medias vueltas con respecto a ejes perpendiculares entre sí. En este caso, sin embargo cada uno de ellos debe mapa ampliado línea real (que es un gran círculo de la esfera de Riemann) en sí mismo. Esto significa que uno de los ejes debe ir a través de$-i$$i$, es decir, una de las funciones debe ser nuestra $h(x)$.

Si yo hice mis cálculos derecho, más formas generales son ($\alpha \in \mathbb R$):

$$f_\alpha (x) \equiv \frac {-x+\alpha} {\alpha x + 1},$$ $$g_\alpha (x) \equiv \frac {\alpha x + 1} {x-\alpha} $$ $$h(x) \equiv -\frac 1 x$$

La siguiente imagen muestra la projectively extendido línea real como una sección transversal de la esfera de Riemann. Algunos de los ejes son dibujados.

Me dijo que nuestras funciones se corresponden con algunas reflexiones (o rotaciones) en 3D. Ahora en 2D la interpretación es la siguiente:

• $f_\alpha$ $g_\alpha$ corresponden a reflexiones en torno a ciertos ejes;
• $h$ corresponde a la reflexión a través del punto de $S$ (o una media vuelta y, si lo desea).

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Para mí lo más sorprendente conclusión es la siguiente: $$f_0 (x) \equiv -x$$ y $$g_0(x) \equiv \frac 1 x$$ son más similares de lo que jamás pensé.

Answer 3

Un ejemplo:

$$f(x) = \begin{cases} x, & \text{if %#%#%} \\ -x, & \text{if %#%#%} \end{casos} $$

$$g(x) = \begin{cases} -x, & \text{if %#%#%} \\ x, & \text{if %#%#%} \end{casos} $$

$x\in \mathbb Q$$

Answer 4

Una respuesta sencilla que casi es el único problema que $f(x)=g(x)=-x,h(x)=x$ $f=g$ pero podemos enmendar haciendo cada uno la identidad en diferentes partes de la línea real. Divide los reales en $|x| \gt 2,1 \le |x| \le 2, |x| \lt 1$. Hacer cada uno la identidad de una parte y $-x$ en los otros dos.

Explícitamente $$f(x)=\begin {cases} x& x \lt -2\\-x & -2 \le x \le 2 \\x & x \gt 2 \end {cases}\\g(x)=\begin {cases} -x& x \lt -2\\x & -2 \le x \le -1 \\-x & -1 \lt x \lt 1\\x&1 \le x \le 2\\-x&2 \lt x \end {cases}\\h(x)=\begin {cases} -x& x \le -1\\x & -1 \lt x \lt 1 \\-x & x \gt 1 \end {cases}$ $

Answer 5

Existe una solución simple, isométrica en $\mathbb{R}^n$ $n \ge 2$: que $f$ ser una reflexión en la primera coordenada, y $g$ una reflexión en la segunda. Una biyección entre $\mathbb{R}^n$y $\mathbb{R}$ entonces da una solución al problema indicado, aunque se pierde la continuidad.