OK, latom figyelsz ;-) Igazad van, f nem feltetlenul bijektiv. Ellenben talaltam valamit Szamodra, ami tetszeni fog. A 42-es uzenetemben idezett tetelre ugy hivatkoznak, mint Herstein homomorfizmus-antihomomorfizmus tetelere. Az eredeti bizonyitas az alabbi cikkben jelent meg: I. N. Herstein, Jordan homomorphisms, Trans. Amer. Math. Soc. 81 (1956), 331--341. Szivesen elkuldom Neked ezt a cikket pdf formatumban, de megtalalod a Kutatointezet konyvtaraban is. Ebbol a cikkbol kiderul par erdekes dolog.
1. Nincs szukseg arra, hogy f bijektiv legyen. Minden D ferdetest primgyuru (azaz xDy=(0) csak x=0 vagy y=0 eseten allhat fenn), igy tetszoleges gyurunek D-be valo Jordan-homomorfizmusa homomorfizmus vagy antihomomorfizmus. Herstein azonban felteszi, hogy D karakterisztikaja sem 2, sem 3. Ezt feltesszuk mi is.
2. Egyetlen oldalon elfer a fenti cikk 2-es, 3-as es 4-es lemmajanak bizonyitasa. Ezekbol kozvetlenul kiderul, hogy az f(x2)=f(x)2 azonossag ekvivalens az [f(xy)-f(x)f(y)][f(xy)-f(y)f(x)]=0 bizonyitando allitassal (ferdetestek kozott). Vazolom roviden, hogyan.
(1) Feltesszuk, hogy f egy additiv lekepezes ferdetestek kozott, amire f(x2)=f(x)2 minden x-re.
(2) Nyilvan f(xy+yx)=f(x)f(y)+f(y)f(x) minden x,y-ra.
(3) Helyettesitsunk (2)-ben x helyebe (xy+yx)-et, es hasznaljuk (1)-et x helyeben y-nal. Azt kapjuk, hogy f(yxy)=f(y)f(x)f(y) minden x,y-ra.
(4) Hasznaljuk a (3)-ban kapott azonossagot y helyeben y-nal, z-vel es (y+z)-vel. Azt kapjuk, hogy f(xyz+zyx)=f(x)f(y)f(z)+f(z)f(y)f(x) minden x,y,z-re.
(5) [f(xy)-f(x)f(y)][f(xy)-f(y)f(x)]=0 most mar kozvetlen szamolassal kovetkezik minden x,y-ra. Ehhez fel kell hasznalni (1)-et az f((xy)2)=f(xy))2 formaban, (3)-at az f(xy2x)=f(x)f(y)2f(x) formaban, ill. (4)-et z helyeben (xy)-nal.
|