Коммутативная ассоциативная операция

[Руст]

Пусть в R задана коммутативная ассоциативная и непрерывная операция:
$x@y$
Докажите, что существует такая обратимая непрерывная функция f(x), что
$x@y=f^{-1}(f(x)+f(y)).$

[RIP]

Или я чего-то не понимаю, или одно из двух. Чё-то для операции $x@y\equiv 0$ такой функции не подобрать.

[незваный гость]

Наверное, $x@y=f^{-1}(f(x)@f(y))$

[RIP]

незваный гость писал(а):

:evil:
Наверное, $x@y=f^{-1}(f(x)@f(y))$

Тогда $f(x)=x.$

[Руст]

Требуется некоторое уточнение. Операция определена в некотором открытом множестве O множества действительных чисел, для любого х множество x@y (при изменении y) пробегает это открытое множество. Тогда существует, обратимая функция $f:O\to R$, что операция линеаризуется, т.е. $x@y=f^{-1}(f(x)+f(y))$. Например операция умножения положительных действительных чисел (коммутативная и ассоциативная) может быть записана таким образом через функцию f(x)=ln(x).

[RIP]

Правильно ли я понимаю, что условие задачи звучит так:
На открытом подмножестве $O\subset \mathbb{R}$ задана бинарная операция @, коммутативная, ассоциативная, непрерывная и такая, что при каждом $x\in O$ выражение $x@y$ пробегает всю $O$ (необязательно без повторений), когда $y$ изменяется в $O$.Тогда...

[worm2]

Мне кажется, требуется ещё какое-то уточнение.

Возьмём операцию умножения на множестве $O = \mathbb{R} \setminus \{0\}$, т.е. ненулевых чисел. Можно показать, что если такая функция f существует, то на $\mathbb{R}_{+}$ ($\subset O$) она должна совпадать с $C \ln x$, где $C \ne 0$. Но тогда f переводит $\mathbb{R}_{+}$ в $\mathbb{R}$ и какие бы значения f ни принимала при отрицательных $x$, она уже не будет обратимой.

Может быть, должно быть что-то типа связности $O$?

[Руст]

Да O открытое связное множество (по сути, нужно чтобы степени, включая дробные пробегали всюду плотное множество в О) и операция непрерывная, то существует линеаризующая непрерывная функция f.

[RIP]

Во-первых, можно считать, что $O=\mathbb{R}_+$, где $\mathbb{R}_+=(0;+\infty)$. Действительно, пусть $f$ - непрерывная биекция $O$ и $\mathbb{R}_+$. "Перетащим" операцию $@$ на $\mathbb{R}_+$ по формуле $f(x)*f(y)=f(x@y)$ и рассмотрим операцию $*$.
Докажем, что $(\mathbb{R}_+,@)$ - группа. Для этого достаточно установить "закон сокращения": из $a@b=a@c$ следует $b=c$. Имеем для некоторых $d$ и $e$ $c=b@d$ и $b=a@b@e$, откуда $b=a@b@e=a@c@e=a@b@d@e=a@b@e@d=b@d=c$.
Можно считать, что групповая единица - это 1 (см. во-первых.)
Имеем для каждого $y\in\mathbb{R}_+$ функция $g_y(x)=x@y$ - непрерывная биекция, значит, монотонна.
Пусть $A=\{y\in\mathbb{R}_+\,|\,g_y(x)\text{ возрастает по }x\}$. Очевидно, что $A$ замкнуто (в топологии $\mathbb{R}_+$) и непусто ($1\in A$.) Но $A$ еще и открыто: если $y_0\in A$, то знайдется $x>1$, что $g_{y_0}(x)>y_0$, а тогда и для всех близких $y$ имеем $g_y(x)>y$, откуда следует требуемое. Следовательно, $A=\mathbb{R}_+$.
Для натурального $n$ обозначим $x^{(n)}=x@x@\ldots@x$ (справа $n$ $x$-ов). Отрицательные "степени" определяются стандартно: $x^{(-n)}=(x^{(n)})^{-1}$.
Для любого $n\in\mathbb{N}$ и $a>0$ уравнение $x^{(n)}=a$ имеет единственное решение (слева стоит монотонная непрерывная функция.) Его мы обозначим $a^{(\frac1n)}$.
Наконец, рациональные "степени" вводятся по формуле $x^{(\frac mn)}=(x^{(\frac1n)})^{(m)}$.
Непосредственно проверяется, что $x^{(\alpha)}@x^{(\beta)}=x^{(\alpha+\beta)}$ и $(x^{(\alpha)})^{(\beta)}=x^{(\alpha\beta)}$ для любых рациональных $\alpha$ и $\beta$.
Фиксируем теперь число, большее $1$, скажем, $e$. Легко проверить, что $e^{(x)}$ как функция от $x\in\mathbb{Q}$ возрастает (в дальнейшем все "показатели степени" предполагаются рациональными.) По $\TeX$ническим причинам в дальнейшем она обозначается $e(x)$.
Докажем, что $\lim_{x\to+\infty}e(x)=+\infty$. Допустим, что предел $a\in(1;\infty)$. Тогда $a^{(\frac12)}<a$ и найдется $x$, что $e(x)>a^{(\frac12)}$, но тогда $e(2x)>a$. Бред!
Отсюда $\lim_{x\to-\infty}e(x)=0$.
Проверим, что для любого отрезка $[m;M]\subset\mathbb{R}_+$ и произвольного $\epsilon>0$ отыщется $\delta>0$ такое, что из $x_0\in[m;M]$ и $|x-x_0|<\delta$ следует $|e(x)-e(x_0)|<\epsilon$. Т.к. $e(x)=e(x_0)@e(x-x_0)$, то достаточно проверить непрерывность $e(x)$ в $0$. Если допустить, что $a=\lim_{n\to\infty}e(\frac1n)>1$, то получим для любого $n\in\mathbb{N}$ $e>a^{(n)}$, но это нонсенс. Аналогично доказывается непрерывность слева.
Таким образом, функцию $e(\cdot)$ можно продолжить до непрерывной биекции $e:\mathbb{R}\rightarrow\mathbb{R}_+$. Обратное отображение - то, что мы ищем.

[bot]

Вообще-то требуемое отображение f - это изоморфизм. Он сохраняет многое, например идемпотент переходит в идемпотент, группа остаётся группой и вообще сохраняется всё, что записывается на языке предикатов.
Исходное утверждение ложно на следующих (навскидку) примерах, даже если не требовать непрерывности $f$:
$x@y=const, x@y=min\{x,y\}, x@y=max\{x,y\},$
$x@y=x\cdot y, x@y=x+y+x\cdot y$
Я что-то не врубаюсь - а что мешает в этих примерах (за исключением первого) брать в качестве O всё R?

[Руст]

bot писал(а):

Исходное утверждение ложно на следующих (навскидку) примерах, даже если не требовать непрерывности $f$:
$x@y=const, x@y=min\{x,y\}, x@y=max\{x,y\},$
$x@y=x\cdot y, x@y=x+y+x\cdot y$
Я что-то не врубаюсь - а что мешает в этих примерах (за исключением первого) брать в качестве O всё R?

1. Не удовлетворяет условию, что $x@y$ пробегает всю область при изменении у при каждом фиксированном х.
2. Это касается и примеров 2,3 и 4 (для умножения без ограничения х не равно нулю, тогда область не связная).
3. Если в примере 5 ограничится областью O $O=\{x\in R|x>-1\}$, то такой функцией является $f(x)=\ln(x+1), \ x@y=\exp(\ln(x+1)+\ln(y+1))-1.$

[bot]

Невнимательно прочитал уточнение.
Таки всё верно. Утверждение формулирую в следующей форме.

Всякая непрерывная коммутативная полугруппа, определённая на интервале $ I \subseteq R $, с разрешимостью всех уравнений $a@x=b$ непрерывно изоморфна аддитивной группе $R$.

Разобью задачу на ряд подзадач.

1. Из разрешимости уравнений вытекает их однозначная разрешимость. Это простое упражнение и не требует ничего, кроме ассоциативности - не при чём непрерывность и коммутативность.

2. Порядок $<$ стабилен относительно умножения $@$ - это легко получается из теоремы о промежуточном значении.

3. Операция $@$ архимедова.
Пожалуй, это самая трудная часть, хотя может быть я просто перемудрил - что-то длинновато получается.

4. Теперь без проблем можем определить корни n-й степени относительно операции $@$ и задать показательную функцию в рациональных точках.

5. Изоморфизм $ f: R \longrightarrow I$ теперь строим естественно:
Выбираем произвольный неединичный $a \in I$ и полагаем $f(\frac{p}{q})= a^{\frac{p}{q}}$. Заткнув дырки по непрерывности, получим искомый изоморфизм.

ЗЫ. Только сейчас прочитал бегло сообщение от RIP, не очень вникая. По сути - то же самое, включая мелочи :
тоже хотел начать со сведения к $R_+$, но опустил за ненадобностью, в качестве основания тоже хотел взять букву e, но после колебаний остановился на букве a, так как буквой e часто обозначают нейтральный элемент по умножению.
Надо посмотреть на досуге, как он обошёлся без архимедовости, где-то она всё равно в неявном виде должна присутствовать.

[bot]

RIP писал(а):

Докажем, что $\lim_{x\to+\infty}e(x)=+\infty$. Допустим, что предел $a\in(1;\infty)$. Тогда $a^{(\frac12)}<a$ и найдется $x$, что $e(x)>a^{(\frac12)}$, но тогда $e(2x)>a$. Бред!

Видимо это следует считать доказательством архимедовости? М-м-м, что-то не вижу.

Я писал(а):

3. Операция $@$ архимедова.
Пожалуй, это самая трудная часть, хотя может быть я просто перемудрил - что-то длинновато получается.

Да, перемудрил - не только длинновато, но и, похоже, не получается. Коммутативность-то в этом доказательстве не используется
Если прокола у меня нет, то получается (трудно поверить), что все такие группы абелевы! Туплю или таки не ... ?
Всё в архимедовость и упёрлось - её ведь никак не объедешь.

[RIP]

bot писал(а):

RIP писал(а):

Докажем, что $\lim_{x\to+\infty}e(x)=+\infty$. Допустим, что предел $a\in(1;\infty)$. Тогда $a^{(\frac12)}<a$ и найдется $x$, что $e(x)>a^{(\frac12)}$, но тогда $e(2x)>a$. Бред!

Видимо это следует считать доказательством архимедовости? М-м-м, что-то не вижу.

Как я написал, функция e(x) возрастает (это легко проверить), поэтому предел существует (конечный или бесконечный). Предположив, что он конечный, получаем противоречие, т.к. в силу возрастания $\lim\limits_{x\to\infty}e(x)>e(x_0)$ для каждого $x_0$. Так Вас удовлетворит?

З.Ы. Очень хотелось бы увидеть док-во того, что из разрешимости ур-ий следует единств-ть (по-моему, без коммутативности это неверно, хотя пример не могу придумать, хотя особо и не задумывался.)

[bot]

RIP писал(а):

1. Как я написал, функция e(x) возрастает ...
2. ... поэтому предел существует (конечный или бесконечный).
3. Предположив, что он конечный, получаем противоречие, т.к. в силу возрастания $\lim\limits_{x\to\infty}e(x)>e(x_0)$ для каждого $x_0$.
4. Очень хотелось бы увидеть док-во того, что из разрешимости ур-ий следует единств-ть.

1 и 2. Согласен.
3. Не вижу противоречия - предел больше любого числа вида $e(x_0)$, а откуда следует, что числа этого вида исчерпывают всё $R_+$?
4. Это просто. Пусть в полугруппе для любых $a$ и $b$ разрешимы уравнения $ax=b$ и $ya=b$. Сначала для каждого $a$ найдём индивидуальный правый нейтрал (знак операции опускаю): $ae_a=a$. Для любого другого $b$ найдём $y$, чтобы было $ya=b$. Тогда $b=ya=yae_a=be_a$, то есть $e_a$ - общий для всех элементов правый нейтрал, обозначим его $e$. Аналогично есть левый нейтрал $e'$. Тогда $e=e'e=e'$. Для каждого $a$ найдём правый обратный и левый обратный: $aa' = e = a''a$. Тогда $a'=ea'=a''aa' = a''e = a''$.
Как видите, существенна только ассоциативность. Без неё (даже при дополнительном ограничении единственности решений), вообще говоря, может не быть ни единицы (квазигруппы), ни тем более обратных и даже, если единица есть (лупы) обратных может не быть, то есть они односторонние - левые и правые: $^{-1}xx=e=xx^{-1}$, но толку от них никакого - $^{-1}ab$ может и не быть решением уравнения $ax=b$

По поводу архимедовости - своего наброска не проверял, его если расписать не меньше двух страниц выйдет. Позвонил коллеге, спецу по упорядоченным группам. Передаю диалог:
- У меня дурацкий вопрос. Пусть на R (очевидно к этому всё сводится) задана линейно упорядоченная группа - абелевость умалчиваю, чтобы в зависимости от ответа задать второй вопрос ...
- Со своим порядком?
- Нет, с тем, что уже есть в R.
- Все такие группы абелевы.
(А-ап!.. я ещё и вопрос не задал, а он уже ответил)
- И изоморфны аддитивной группе R - это результат 107-летней давности.

Таким образом, утверждение верно, если даже отказаться от коммутативности - разумеется разрешимость уравнений надо понимать с переменной как слева так и справа, а линейный порядок можно даже заменить на решёточный. В качестве подарка получаем, что исходная полугруппа является абелевой группой - что меня и заставило сомневаться.
Может быть абелевость вместе с непрерывностью (от последней я ведь взял только л. упорядоченность) может значительно упростить доказательство архимедовости, но что-то тогда не догоняю.