Gegebene Funktionen $h,k:\Bbb R\to \Bbb R$ist es möglich festzustellen, ob $f,g:\Bbb R\to\Bbb R$ existieren so, dass $g\circ f=h$ und $f\circ g=k$?
Angenommen, ich habe zwei Funktionen $h,k:\Bbb R\to \Bbb R$. Ich möchte finden$f,g:\Bbb R\to \Bbb R$ so dass $g\circ f=h$ und $f\circ g=k$. ich weiß, dass$f,g$möglicherweise nicht vorhanden (z. B. Funktionsgleichung mit Zusammensetzung und Exponenten ). Kennen wir zumindest eine Bedingung für$h,k$ so dass $f,g$ existieren?
Welche Bedingung garantiert die Einzigartigkeit von $f,g$(vorausgesetzt, sie existieren)? Beachten Sie, dass es gibt$h,k$ so dass $f,g$sind nicht einzigartig. Beispielsweise,$h=k=0$, wo $f=0$ funktioniert und $g$ ist eine beliebige Funktion st $g(0)=0$. Oder wann$h=k$ ist die Identitätsfunktion, und wir nehmen $f$ eine Bijektion sein und $g=f^{-1}$.
Was wissen wir zumindest über dieses Problem, wenn $h,k$sind Polynomfunktionen? Gibt es einen einfachen Test, der uns sagt, dass es Polynome gibt?$f,g$ die die Bedingungen für ein gegebenes Polynompaar erfüllen $h,k$? Was ist wieder mit der Einzigartigkeit von Polynomlösungen?
Wenn das allgemeine Problem zu schwierig ist, interessiert mich dieses spezielle Problem am meisten. Ich möchte finden$f,g:\Bbb R\to\Bbb R$ so dass $$g\circ f(x)=x^3+1$$ und $$f\circ g(x)=x^3+3x^2+3x+2.$$ Deutlich $f,g$sind bijektive Funktionen, wenn sie existieren. Können wir also den Wert von bestimmen?$g\circ f^{-1}(-7)$?
ich fand $f,g$das funktioniert fast. Wann$f(x)=x^3$ und $g(x)=x+1$, wir haben $g\circ f(x)=x^3+1$ aber $f\circ g(x)=x^3+3x^2+3x+1$. Leider funktionieren sie nicht ganz. Ich weiß auch, dass es keine Polynomfunktionen gibt$f,g$ diese Arbeit.
Beachten Sie, dass $$f(x^3+1)=f(x)^3+3f(x)^2+3f(x)+2$$ und $$g(x^3+3x^2+3x+2)=g(x)^3+1.$$ $\therefore$ wenn $a,b$ sind die eindeutigen reellen Zahlen so, dass $a^3+1=a$ und $b^3+3b^2+3b+2=b$, wir sehen das $f(a)=b$ und $g(b)=a$. Dies sind die einzigen Werte von$f$ und $g$dass ich weiß. Das kann ich aber auch sehen$$ f^{-1}(-7)=g(-3)$$ wenn das hilft.
Lassen $h(x)=x^3+1$ und $k(x)=x^3+3x^2+3x+2$. Durch$f\circ g(x)$ und $g\circ f(x)$sind gegeben; finden$f$ und $g$, wenn $f=f_0$ und $g=g_0$ dann die Bedingungen erfüllen $f=f_0\circ \phi$ und $g=\phi^{-1}\circ g_0$ bilden eine Lösung für jede Bijektion $\phi:\Bbb R\to\Bbb R$ so dass $h\circ \phi=\phi\circ h$. Weil jede Iteration von$h$ pendelt mit $h$können wir sehen, dass es unendlich viele gibt $f$ und $g$, wenn $f_0,g_0$existieren. Wie sehe ich ob$f_0,g_0$ existieren?
Antworten
Wenn $h= g\circ f$ und $k= f\circ g$, einer der $h,k$ ist surjektiv und der andere dann injizierend $f$, $g$, $h$, $k$ sind alle bijektiv und $$k = f\circ h \circ f^{-1}$$, das ist $h$, $k$sind konjugiert. Umgekehrt, wenn$h$, $k$ sind konjugiert, dann können Sie finden $f$, und dann $g$. Die Konjugation ist nun eine Äquivalenzbeziehung.
Nun zu unserem Beispiel $h(x) = x^3+1$, $k(x) = (x+1)^3 + 1$, so $k(x-1) + 1 = x^3+2$, ein Konjugat von $k$. Jetzt wollen wir also sehen, ob$h_1(x) = x^3+1$ und $h_2(x) =x^3+2$sind konjugiert. Beachten Sie, dass beide einen eindeutigen Fixpunkt haben$\xi_1$, $\xi_2$, und für $x> \xi_i$ wir haben $h_i^{n}(x) \to \infty$ wie $n\to \infty$, $h_i^{n}(x) \to \xi_i$, wie $n\to -\infty$, während für $x< \xi_i$, wir haben $h_i^{n}(x) \to -\infty$ wie $n\to \infty$, $h_i^{n}(x) \to \xi_i$, wie $n\to -\infty$. Daher sind alle Umlaufbahnen von$h_i$- außer dem, der den Fixpunkt enthält - sind unendlich. Es gibt also eine Bijektion$\phi\colon \mathbb{R}\to \mathbb{R}$ so dass $h_2= \phi\circ h_1\circ \phi^{-1}$. Es ist eindeutig nicht einzigartig, also eine schöne$\phi$wäre erwünscht. Beachten Sie, dass$\phi$ nimmt den festen Punkt von $h_1$ zum festen Punkt von $h_2$.
Es scheint, dass beide $h_1$, $h_2$ benimm dich wie die Karte $x\to 2 x$. Sind sie topologisch damit konjugiert? Beachten Sie, dass$l(x) = 2x$ ist Teil eines $1$-Parameter Gruppe von Diffeomorphismus von $\mathbb{R}$, $(t,x)\mapsto 2^{t}\cdot x$. Wenn$h_1$, $h_2$ sind konjugiert mit $l$, dann sind sie auch jeder Teil von a $1$-Parameter Gruppe von Homöomorphismen von $\mathbb{R}$. Insbesondere gibt es$\psi$ ein Homöomorphismus von $\mathbb{R}$ so dass $\psi\circ \psi(x) = x^3+1$. Was wäre so ein Homöomorphismus?
$\bf{Added:}$ Der Fall, in dem beide $k$, $k$Wenn Bijektionen einfacher sind, reduziert sich dies auf die Frage, wann zwei Karten unter einer Bijektion konjugiert sind. Sie sind genau dann, wenn der "Graph" der Karten isomorph ist, wobei der Graph aus Eckpunkten besteht$x$und Kanten $(x, h(x))$. Für Bijektionen muss ihre Zyklusstruktur dieselbe sein.
Betrachten Sie zum Beispiel die Karten $x\mapsto 2 x$, und $x\mapsto 4 x$. Sie sind unter der Bijektion konjugiert$x\mapsto x^{2_+}\colon = x^2 \operatorname{sign} x$. Die Karten$x\mapsto 2x$, und $x\mapsto 3x$ sind unter der Karte konjugiert $x\mapsto x^{\log_2 3_+}$.
Dies ist ein Nachtrag zu der sehr brillanten Analyse, die Orangeskid bereits gegeben hat. In Anbetracht ihrer Analyse werde ich einige einfache Fakten über die topologische Konjugation über die Realitäten liefern.
Anspruch 1: Wenn$f:\mathbf{R}\to\mathbf{R}$ ist streng steigend, kontinuierlich, oben und unten unbegrenzt, und so dass $f(0)>0$, dann gibt es eine streng zunehmende und kontinuierliche $\varphi:\mathbf{R}\to\mathbf{R}$ so dass $\varphi(0)=0$ und $f\circ\varphi(x)=\varphi(x+1)$. Außerdem wenn$f(x)>x$ für alle $x\in\mathbf{R}$, dann $\varphi$ ist auch oben und unten unbegrenzt.
Beweis: Da wissen wir$f(0)>0$, Lassen $\varphi(a)=af(0)$ für alle $a\in[0,1)$. Wir werden den Rest von definieren$\varphi$ durch die Erweiterung in der offensichtlichen Fasion: $\varphi(x)=f^{(\lfloor x\rfloor)}\circ\varphi\left(x-\lfloor x\rfloor\right)$, wo $f^{(-)}$ bezeichnet funktionale Iteration als $f$ist bijektiv. Als nächstes müssen Sie natürlich überprüfen, ob dies den Anforderungen entspricht:
Wir haben gezwungen $f\circ\varphi(x)=\varphi(x+1)$ durch Bau, so dass das getan wird.
Beachten Sie Folgendes, um die Kontinuität zu überprüfen $f^{(\lfloor x\rfloor)}$ ist immer kontinuierlich, also durch funktionelle Zusammensetzung $\varphi$ ist kontinuierlich vorbei $\mathbf{R}\smallsetminus\mathbf{Z}$. Durchgang prüfen$\mathbf{Z}$Es reicht aus, die Kontinuität als zu überprüfen $x\to 1^-$. Für diesen Hinweis das$$\varphi(1)=f\circ\varphi(0)=f(0)=\lim_{x\to 1^-}\varphi(x)$$
Um zu sehen $\varphi$ nimmt strikt zu, beachten Sie, dass $f^{(\lfloor x\rfloor)}$ steigt streng durch Annahme und das $\varphi$ nimmt strikt zu $[0,1)$, so bekommen wir $\varphi$ nimmt in allen Intervallen strikt zu $[z,z+1)$ wo $z\in\mathbf{Z}$. jedoch$\varphi$ ist kontinuierlich und nimmt daher strikt zu $\mathbf{R}$.
Überprüfen Sie nun den Teil "außerdem".
- Wenn $\varphi$ ist nicht unbegrenzt, dann gibt es durch monotone Konvergenz eine Grenze $M=\lim_{x\to A}\varphi(x)$ wo $A\in\pm\infty$. Allerdings da$f$ ist kontinuierlich, $$f(M)=f\left(\lim_{x\to A}\varphi(x)\right)=\lim_{x\to A}f(\varphi(x))=\lim_{x\to A}\varphi(x+1)=M$$ Dies widerspricht dem $f(x)>x$ für alle $x\in\mathbf{R}$.
Anspruch 2: Wenn$f:[0,\infty)\to[0,\infty)$ ist streng steigend und kontinuierlich, so dass $f(0)=0$ und $f(x)>x$ für alle $x>0$dann gibt es eine streng zunehmende, kontinuierliche und unbegrenzte $\varphi:[0,\infty)\to[0,\infty)$ so dass $\varphi(0)=0$ und $f\circ\varphi(x)=\varphi(2x)$.
Beweis: Lassen Sie$g:\mathbf{R}\to\mathbf{R}$ gegeben sein durch $g(x)=\log_2 f(2^x)$. Nach Anspruch 1 gibt es einige$\psi:\mathbf{R}\to\mathbf{R}$ das ist streng steigend, kontinuierlich, oben und unten unbegrenzt, und so dass $g\circ\psi(x)=\psi(x+1)$. Dann lass$\varphi(x)=2^{\psi(\log_2 x)}$, so sehen wir das $$\varphi(2x)=2^{\psi(1+\log_2 x)}=2^{g\circ\psi(\log_2 x)}=f(2^{\psi(\log_2 x)})=f\circ\varphi(x)$$
Anspruch 3: Wenn$f:\mathbf{R}\to\mathbf{R}$ nimmt streng zu, ist stetig und hat genau einen instabilen Fixpunkt $c$, das ist, $f(x)>x$ für alle $x>c$ und $f(x)<x$ für alle $x<c$dann gibt es einen zunehmenden Homöomorphismus $\varphi:\mathbf{R}\to\mathbf{R}$ so dass $\varphi^{-1}\circ f\circ \varphi(x)=2x$.
Beweis: Lassen Sie$g:\mathbf{R}\to\mathbf{R}$ gegeben sein durch $g(x)=f(x+c)-c$also $g$ teilt alle Eigenschaften mit $f$ außer $0$ ist der Fixpunkt von $g$. Nach Anspruch 2 gibt es zunehmende Homöomorphismen$\varphi_{\pm}:[0,\infty)\to[0,\infty)$ so dass $\varphi_{\pm}(0)=0$und darüber hinaus beides $\varphi_+^{-1}\circ g\circ\varphi_+(x)=2x$ und $\varphi_-^{-1}(-g(-\varphi_-(x)))=2x$. Lassen$\psi:\mathbf{R}\to\mathbf{R}$ gegeben sein durch $$\psi(x)=\begin{cases} \varphi_+(x)&\text{if }x\ge 0\\ -\varphi_-(-x)&\text{if }x<0 \end{cases}$$ Dann ist das nicht schwer zu sehen $\psi$ ist ein zunehmender Homöomorphismus, so dass $\psi^{-1}\circ g\circ\psi(x)=2x$. Zum Schluss lassen$\varphi:\mathbf{R}\to\mathbf{R}$ gegeben sein durch $\varphi(x)=\psi(x)+c$, also dann $$2x=\varphi^{-1}(\psi(2x)+c)=\varphi^{-1}(g\circ\psi(x)+c)=\varphi^{-1}\circ f\circ\varphi(x)$$
Beachten Sie als Konsequenz, dass beide $x^3+1$ und $x^3+2$ erfüllt Anspruch 3, so dass beide konjugiert sind mit $2x$.
Beachten Sie auch, dass es durchaus möglich ist, den Beweis so zu ändern, dass beide $x^3+1$ und $x^3+2$ sind konjugiert mit $2x$ über einen Homöomorphismus, der auf allen glatt ist $\mathbf{R}$ außer am festen Punkt.
Das ist unvermeidlich:
Anspruch 4 hinzugefügt: Betrachten Sie die beiden linearen Funktionen$f(x)=2x$ und $g(x)=4x$. Lassen$\varphi:\mathbf{R}\to\mathbf{R}$ sei irgendein Homöomorphismus, so dass $\varphi\circ f=g\circ\varphi$. Dann$\varphi$ kann nicht kontinuierlich zweimal differenzierbar sein $0$.
Beweis: Vorausgesetzt nicht, dann haben wir nach Taylors Theorem$$\varphi(x)=ax+bx^2+h(x)\cdot x^2$$ wo $h$ ist kontinuierlich bei $h(0)=0$. Dann durch Erweitern$\varphi\circ f=g\circ\varphi$bekommen wir schließlich $$h(2x)-h(x)=\frac{a}{2x}$$ Das Limit nehmen $x\to 0$ auf beiden seiten sehen wir das $a=0$, und $h(2x)=h(x)$. Die Kontinuität von$h$ beim $0$ impliziert, dass $h$ ist identisch $0$, bedeutet, dass $\varphi(x)=bx^2$, und $\varphi$ kann kein Homöomorphismus sein.