Funciones dadas $h,k:\Bbb R\to \Bbb R$, ¿es posible determinar si $f,g:\Bbb R\to\Bbb R$ existir para que $g\circ f=h$ y $f\circ g=k$?
Digamos que tengo dos funciones $h,k:\Bbb R\to \Bbb R$. yo quiero encontrar$f,g:\Bbb R\to \Bbb R$ tal que $g\circ f=h$ y $f\circ g=k$. Yo sé eso$f,g$podría no existir (por ejemplo, ecuación funcional que involucra composición y exponentes ). ¿Conocemos al menos una condición para$h,k$ tal que $f,g$ ¿existe?
¿Qué condición garantiza la unicidad de $f,g$(siempre que existan)? Tenga en cuenta que hay$h,k$ tal que $f,g$no son únicos. Por ejemplo,$h=k=0$, dónde $f=0$ funciona y $g$ es cualquier función st $g(0)=0$. O cuando$h=k$ es la función de identidad, y tomamos $f$ ser cualquier biyección y $g=f^{-1}$.
Como mínimo, ¿qué sabemos sobre este problema cuando $h,k$Cuáles son las funciones polinomiales? ¿Existe una prueba simple que nos diga que hay polinomios?$f,g$ que satisfacen las condiciones para un par de polinomios dado $h,k$? Nuevamente, ¿qué pasa con la singularidad de las soluciones polinomiales?
Si el problema general es demasiado difícil, lo que más me interesa es este problema específico. yo quiero encontrar$f,g:\Bbb R\to\Bbb R$ tal que $$g\circ f(x)=x^3+1$$ y $$f\circ g(x)=x^3+3x^2+3x+2.$$ Claramente $f,g$son funciones biyectivas si existen. Entonces, ¿podemos determinar el valor de$g\circ f^{-1}(-7)$?
encontré $f,g$eso casi funciona. Cuando$f(x)=x^3$ y $g(x)=x+1$, tenemos $g\circ f(x)=x^3+1$ pero $f\circ g(x)=x^3+3x^2+3x+1$. Desafortunadamente, no funcionan del todo. También sé que no hay funciones polinomiales$f,g$ ese trabajo.
Tenga en cuenta que $$f(x^3+1)=f(x)^3+3f(x)^2+3f(x)+2$$ y $$g(x^3+3x^2+3x+2)=g(x)^3+1.$$ $\therefore$ Si $a,b$ son los números reales únicos tales que $a^3+1=a$ y $b^3+3b^2+3b+2=b$, vemos eso $f(a)=b$ y $g(b)=a$. Estos son los únicos valores de$f$ y $g$eso lo sé. Pero también puedo ver que$$ f^{-1}(-7)=g(-3)$$ si eso ayuda.
Dejar $h(x)=x^3+1$ y $k(x)=x^3+3x^2+3x+2$. Debido a$f\circ g(x)$ y $g\circ f(x)$son dados; encontrar$f$ y $g$, Si $f=f_0$ y $g=g_0$ satisfacer las condiciones, entonces $f=f_0\circ \phi$ y $g=\phi^{-1}\circ g_0$ formar una solución para cualquier biyección $\phi:\Bbb R\to\Bbb R$ tal que $h\circ \phi=\phi\circ h$. Porque cualquier iteración de$h$ viaja con $h$, podemos ver que hay infinitas $f$ y $g$, Si $f_0,g_0$existe. ¿Cómo veo si$f_0,g_0$ ¿existe?
Respuestas
Si $h= g\circ f$ y $k= f\circ g$, uno de los $h,k$ es sobreyectiva, y la otra inyectiva, entonces $f$, $g$, $h$, $k$ son todos biyectivos y $$k = f\circ h \circ f^{-1}$$, es decir $h$, $k$son conjugados. Por el contrario, si$h$, $k$ son conjugados, entonces puedes encontrar $f$, y entonces $g$. Ahora, la conjugación es una relación de equivalencia.
Ahora en nuestro ejemplo $h(x) = x^3+1$, $k(x) = (x+1)^3 + 1$, entonces $k(x-1) + 1 = x^3+2$, un conjugado de $k$. Así que ahora queremos ver si$h_1(x) = x^3+1$ y $h_2(x) =x^3+2$son conjugados. Tenga en cuenta que ambos tienen un punto fijo único$\xi_1$, $\xi_2$, y para $x> \xi_i$ tenemos $h_i^{n}(x) \to \infty$ como $n\to \infty$, $h_i^{n}(x) \to \xi_i$, como $n\to -\infty$, mientras que para $x< \xi_i$, tenemos $h_i^{n}(x) \to -\infty$ como $n\to \infty$, $h_i^{n}(x) \to \xi_i$, como $n\to -\infty$. Por tanto, todas las órbitas de$h_i$-excepto el que contiene el punto fijo- son infinitos. Entonces existe una biyección$\phi\colon \mathbb{R}\to \mathbb{R}$ tal que $h_2= \phi\circ h_1\circ \phi^{-1}$. Claramente no es único, así que un buen$\phi$sería deseado. Tenga en cuenta que$\phi$ toma el punto fijo de $h_1$ al punto fijo de $h_2$.
Parece que ambos $h_1$, $h_2$ comportarse como el mapa $x\to 2 x$. ¿Están topológicamente conjugados con él? Tenga en cuenta que$l(x) = 2x$ es parte de un $1$-grupo de parámetros de difeomorfismo de $\mathbb{R}$, $(t,x)\mapsto 2^{t}\cdot x$. Si$h_1$, $h_2$ se conjugan a $l$, entonces también son parte de un $1$-grupo de parámetros de homeomorfismos de $\mathbb{R}$. En particular, existe$\psi$ un homeomorfismo de $\mathbb{R}$ tal que $\psi\circ \psi(x) = x^3+1$. ¿Qué sería tal homeomorfismo?
$\bf{Added:}$ El caso donde ambos $k$, $k$son biyecciones es más simple, se reduce a la cuestión de cuándo dos mapas se conjugan bajo una biyección. Son si y solo si el "gráfico" de los mapas es isomorfo, donde el gráfico consta de vértices$x$y bordes $(x, h(x))$. Para las biyecciones, su estructura de ciclo debe ser la misma.
Considere, por ejemplo, los mapas $x\mapsto 2 x$y $x\mapsto 4 x$. Se conjugan bajo la biyección.$x\mapsto x^{2_+}\colon = x^2 \operatorname{sign} x$. Los mapas$x\mapsto 2x$y $x\mapsto 3x$ se conjugan bajo el mapa $x\mapsto x^{\log_2 3_+}$.
Este es un apéndice del brillante análisis ya realizado por orangeskid. A la luz de su análisis, proporcionaré algunos datos sencillos sobre la conjugación topológica sobre los reales.
Reclamación 1: Si$f:\mathbf{R}\to\mathbf{R}$ es estrictamente creciente, continuo, ilimitado arriba y abajo, y tal que $f(0)>0$, entonces hay un estricto aumento y continuo $\varphi:\mathbf{R}\to\mathbf{R}$ tal que $\varphi(0)=0$ y $f\circ\varphi(x)=\varphi(x+1)$. Además si$f(x)>x$ para todos $x\in\mathbf{R}$, entonces $\varphi$ también es ilimitado por encima y por debajo.
Prueba: desde que sabemos$f(0)>0$, dejar $\varphi(a)=af(0)$ para todos $a\in[0,1)$. Definiremos el resto de$\varphi$ extendiendo en la fasion obvia: $\varphi(x)=f^{(\lfloor x\rfloor)}\circ\varphi\left(x-\lfloor x\rfloor\right)$, dónde $f^{(-)}$ denota iteración funcional, como $f$es biyectiva. Claramente, lo siguiente que debe hacer es verificar que se ajuste a los requisitos:
Nosotros forzamos $f\circ\varphi(x)=\varphi(x+1)$ por contsruction, por lo que se hace.
Para comprobar la continuidad, tenga en cuenta que $f^{(\lfloor x\rfloor)}$ es siempre continuo, por lo que por composición funcional $\varphi$ es continuo sobre $\mathbf{R}\smallsetminus\mathbf{Z}$. Para comprobar la continuidad en$\mathbf{Z}$, basta con comprobar la continuidad como $x\to 1^-$. Por esta nota que$$\varphi(1)=f\circ\varphi(0)=f(0)=\lim_{x\to 1^-}\varphi(x)$$
Para ver $\varphi$ es estrictamente creciente, tenga en cuenta que $f^{(\lfloor x\rfloor)}$ está aumentando estrictamente por suposición y que $\varphi$ está aumentando estrictamente sobre $[0,1)$, entonces obtenemos $\varphi$ está aumentando estrictamente en todos los intervalos $[z,z+1)$ dónde $z\in\mathbf{Z}$. sin embargo$\varphi$ es continuo, por lo que aumenta estrictamente sobre $\mathbf{R}$.
Ahora para comprobar la parte "además".
- Si $\varphi$ no es ilimitado, entonces por la convergencia monótona, hay un límite $M=\lim_{x\to A}\varphi(x)$ dónde $A\in\pm\infty$. Sin embargo, como$f$ es continuo, $$f(M)=f\left(\lim_{x\to A}\varphi(x)\right)=\lim_{x\to A}f(\varphi(x))=\lim_{x\to A}\varphi(x+1)=M$$ Esto contradice que $f(x)>x$ para todos $x\in\mathbf{R}$.
Reclamación 2: Si$f:[0,\infty)\to[0,\infty)$ es estrictamente creciente y continuo, de modo que $f(0)=0$ y $f(x)>x$ para todos $x>0$, entonces hay un estricto aumento, continuo e ilimitado $\varphi:[0,\infty)\to[0,\infty)$ tal que $\varphi(0)=0$ y $f\circ\varphi(x)=\varphi(2x)$.
Prueba: dejar$g:\mathbf{R}\to\mathbf{R}$ ser dado por $g(x)=\log_2 f(2^x)$. Según la reivindicación 1, hay algunos$\psi:\mathbf{R}\to\mathbf{R}$ que es estrictamente creciente, continuo, ilimitado arriba y abajo, y tal que $g\circ\psi(x)=\psi(x+1)$. Entonces deja$\varphi(x)=2^{\psi(\log_2 x)}$, entonces vemos que $$\varphi(2x)=2^{\psi(1+\log_2 x)}=2^{g\circ\psi(\log_2 x)}=f(2^{\psi(\log_2 x)})=f\circ\varphi(x)$$
Reclamación 3: Si$f:\mathbf{R}\to\mathbf{R}$ es estrictamente creciente, continuo y tiene exactamente un punto fijo inestable $c$, es decir, $f(x)>x$ para todos $x>c$ y $f(x)<x$ para todos $x<c$, entonces hay un homeomorfismo creciente $\varphi:\mathbf{R}\to\mathbf{R}$ tal que $\varphi^{-1}\circ f\circ \varphi(x)=2x$.
Prueba: dejar$g:\mathbf{R}\to\mathbf{R}$ ser dado por $g(x)=f(x+c)-c$, así $g$ comparte todas las propiedades con $f$ excepto $0$ es el punto fijo de $g$. Según la afirmación 2, aumentan los homeomorfismos.$\varphi_{\pm}:[0,\infty)\to[0,\infty)$ tal que $\varphi_{\pm}(0)=0$, y además ambos $\varphi_+^{-1}\circ g\circ\varphi_+(x)=2x$ y $\varphi_-^{-1}(-g(-\varphi_-(x)))=2x$. Dejar$\psi:\mathbf{R}\to\mathbf{R}$ ser dado por $$\psi(x)=\begin{cases} \varphi_+(x)&\text{if }x\ge 0\\ -\varphi_-(-x)&\text{if }x<0 \end{cases}$$ Entonces no es dificil ver que $\psi$ es un homeomorfismo creciente tal que $\psi^{-1}\circ g\circ\psi(x)=2x$. Finalmente deja$\varphi:\mathbf{R}\to\mathbf{R}$ ser dado por $\varphi(x)=\psi(x)+c$, por lo que entonces $$2x=\varphi^{-1}(\psi(2x)+c)=\varphi^{-1}(g\circ\psi(x)+c)=\varphi^{-1}\circ f\circ\varphi(x)$$
Como corolario, tenga en cuenta que tanto $x^3+1$ y $x^3+2$ satisface la reivindicación 3, por lo que ambos se conjugan a $2x$.
También tenga en cuenta que es completamente posible modificar la prueba de modo que tanto $x^3+1$ y $x^3+2$ se conjugan a $2x$ a través de un homeomorfismo que es suave en todos los $\mathbf{R}$ excepto en el punto fijo.
Esto es inevitable:
Agregado reclamo 4: Considere las dos funciones lineales$f(x)=2x$ y $g(x)=4x$. Dejar$\varphi:\mathbf{R}\to\mathbf{R}$ ser cualquier homeomorfismo tal que $\varphi\circ f=g\circ\varphi$. Entonces$\varphi$ no puede ser continuamente dos veces diferenciable en $0$.
Prueba: suponiendo que no, entonces por el teorema de Taylor tenemos$$\varphi(x)=ax+bx^2+h(x)\cdot x^2$$ dónde $h$ es continuo en $h(0)=0$. Luego, expandiendo$\varphi\circ f=g\circ\varphi$, eventualmente obtenemos $$h(2x)-h(x)=\frac{a}{2x}$$ Tomando el limite $x\to 0$ en ambos lados, vemos que $a=0$y $h(2x)=h(x)$. Sin embargo, la continuidad de$h$ a $0$ implica que $h$ es idénticamente $0$, significa que $\varphi(x)=bx^2$y $\varphi$ no puede ser un homeomorfismo.