Se muestra que si$fg=gf$ y$fh=hf$, entonces$gh=hg$, donde$f$,$g$, y$h$ son funciones afines

Question

Dado los números reales $a$ y $b$ ($a \ne 0$), deje $f_{a,b}$ ser la función de $\mathbb{R} \to \mathbb{R}$ definido por $x \mapsto ax+b$. El conjunto de tales funciones es una permutación de grupo en $\mathbb{R}$, en función de la composición.

Deje $f,g,h, \in G$ donde $f$ no es la identidad. Si $f$ viajes con tanto $g$$h$, muestran que $g$ $h$ conmuta con cada uno de los otros.

(Problema de I. M. Isaacs)

Creo que he probado, pero me gustaría estar seguro.

Vamos $f(x)=ax+b$, $g(x)=cx+d$, y $h(x)=mx+n$. Tenemos las siguientes:

$$f(g(x))=acx+ad+b,\quad g(f(x))=acx+bc+d$$

Para estas dos funciones iguales, por lo tanto, debemos tener la $ad+b=bc+d$. Estoy en lo cierto al pensar que este implica, además, que $a,c=1$?

Si es así, entonces esencialmente el mismo argumento también obtenemos $a,m=1$, y por lo $c,m=1$, lo que implicaría que $gh=hg$ (desde $g(h(x))=cmx+cn+d$$h(g(x))=cmx+md+n$).

Es este un eficaz la prueba? Es claro que, por ejemplo, en el primer caso, $a,c=1$ implica $ad+b=bc+d$, pero no es completamente claro para mí que $ad+b=bc+d$ implica necesariamente a $a,c=1$.

Gracias.

Answer 1

Identificar las $x\mapsto sx+t$$\begin{bmatrix}s&t\\0&1\end{bmatrix}$, y usted será capaz de demostrar que la composición de los afín funciones corresponde a la multiplicación de las correspondientes matrices.

Ahora la información que $fg=gf$ corresponde a $\begin{bmatrix}f\end{bmatrix}\begin{bmatrix}g\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}g\end{bmatrix}\begin{bmatrix}f\end{bmatrix}$. Tenga en cuenta que en virtud de esta identificación, $\begin{bmatrix}k\end{bmatrix}$ es un escalar matriz si y sólo si $k$ es la función identidad. $f$ no es la función identidad, y si bien $g$ o $h$, el resultado es trivial.

Si tanto $\begin{bmatrix}f\end{bmatrix}$ $\begin{bmatrix}g\end{bmatrix}$ es diagonalizable, entonces, dado que viajan, álgebra lineal nos dice que son al mismo tiempo diagonalizable. Ya podemos suponer que ni la matriz es una matriz escalar, entonces tienen la misma subespacios propios (cada uno con dos subespacios propios de la dimensión $1$ con distintos autovalores.) Lo mismo para $\begin{bmatrix}f\end{bmatrix}$$\begin{bmatrix}h\end{bmatrix}$. Por lo tanto, suponiendo que todas las tres matrices son diagonalizable, $\begin{bmatrix}g\end{bmatrix}$ $\begin{bmatrix}h\end{bmatrix}$ tienen el mismo subespacios propios, son por lo tanto simultáneamente diagonalizable, y por lo tanto viaje.

Lo que si alguno de estos no es diagonalizable? En el caso de $\begin{bmatrix}f\end{bmatrix}$, lo que significaría $a=1$$b\neq0$. Por lo $f$ es un valor distinto de cero de la traducción. Un movimiento desplazamientos con otras traducciones. (Si eso no es geométricamente claro, entonces, se puede deducir que a partir de su fórmula con $a=1$$b\neq0$.) Por lo $g$ $h$ son traducciones, y por lo tanto conmuta con cada uno de los otros. Este argumento puede girar alrededor de aplicar si es una de las otras dos funciones ($g$ o $h$) que tiene un nondiagonalizable de la matriz.

Answer 2

Como comentaristas han señalado, no se puede concluir $a=c=1$.

La condición de $ad+b=bc+d$ puede ser reescrita como:

$$d(a-1)=b(c-1)$$

Ahora, si $a=1$ $b\neq 0$ (o más $f(x)=x$ es la identidad.)

Así que en ese caso, a continuación, $x+b$ viajes con $cx+d$ si y sólo si $c=1$. Así que si $x+b$ viajes con $cx+d$ $mx+n$ $c=m=1$ y, por tanto, $cx+d$ $mx+n$ viaje.

Si $a\neq 1$ $c\neq 1$ (desde $c=1\implies a=1$). Así que podemos dividir por $(a-1)(b-1)$ y obtener $$\frac b{a-1}= \frac{d}{c-1}$$

$$\frac b{a-1}= \frac n{m-1}$$

Por lo tanto:

$$\frac d{c-1} = \frac n{m-1}$$

y, por tanto, $cx+d$ $mx+n$ viaje.

Answer 3

Su conclusión no se sigue. Por ejemplo, supongamos $b=c=1,d=0$. A continuación, $ad+b=cb+d$ no implica nada en absoluto acerca de $a$.

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Vamos $$f(x)=a_1x+b_1,\;g(x)=a_2x+b_2,\;h(x)=a_3x+b_3,$$ where $a_1\neq 1$ or $b_1\neq 0$, and suppose that $fg=gf$ and $fh=hf$. Your work shows that this means $$a_1b_2+b_1=a_2b_1+b_2\tag{1}$$ and $$a_1b_3+b_1=a_3b_1+b_3\tag{2}$$ hold, and that you want to show that $$a_2b_3+b_2=a_3b_2+b_3.\tag{#}$$

Vamos a reescribir $(1)$, $(2)$, y $(\#)$ como el equivalente a las ecuaciones $$(a_1-1)b_2=(a_2-1)b_1,\tag{$1'$}$$ $$(a_1-1)b_3=(a_3-1)b_1,\tag{$2'$}$$ and$$(a_2-1)b_3=(a_3-1)b_2.\tag{$\#'$}$$ y proceder casewise.

Caso: Si $a_1=1$,$b_1\neq 0$, por lo que se deduce por $(1')$ $(2')$ que $a_2=a_3=1$, de donde $(\#')$ mantiene.

Caso B: Si $a_1\neq 1$, entonces podemos reescribir $(1')$ $(2')$ como el equivalente a las ecuaciones $$b_2=\frac{a_2-1}{a_1-1}b_1\tag{$1"$}$$ and $$b_3=\frac{a_3-1}{a_1-1}b_1,\tag{$2"$}$$ whence $(\#')$ sostiene.

En ese punto, hemos terminado.