Fonctions données $h,k:\Bbb R\to \Bbb R$, est-il possible de déterminer si $f,g:\Bbb R\to\Bbb R$ exister pour que $g\circ f=h$ et $f\circ g=k$?
Disons que j'ai deux fonctions $h,k:\Bbb R\to \Bbb R$. je veux trouver$f,g:\Bbb R\to \Bbb R$ tel que $g\circ f=h$ et $f\circ g=k$. Je sais que$f,g$peut ne pas exister (par exemple, équation fonctionnelle impliquant la composition et les exposants ). Connaissons-nous au moins une condition pour$h,k$ tel que $f,g$ exister?
Quelle condition garantit l'unicité de $f,g$(à condition qu'ils existent)? Notez qu'il y a$h,k$ tel que $f,g$ne sont pas uniques. Par exemple,$h=k=0$, où $f=0$ fonctionne et $g$ est une fonction st $g(0)=0$. Ou lorsque$h=k$ est la fonction d'identité, et nous prenons $f$ être n'importe quelle bijection et $g=f^{-1}$.
À tout le moins, que savons-nous de ce problème lorsque $h,k$sont des fonctions polynomiales? Existe-t-il un test simple qui nous dit qu'il y a des polynômes$f,g$ qui satisfont les conditions pour une paire donnée de polynômes $h,k$? Encore une fois, qu'en est-il du caractère unique des solutions polynomiales?
Si le problème général est trop difficile, je suis plus intéressé par ce problème spécifique. je veux trouver$f,g:\Bbb R\to\Bbb R$ tel que $$g\circ f(x)=x^3+1$$ et $$f\circ g(x)=x^3+3x^2+3x+2.$$ Clairement $f,g$sont des fonctions bijectives si elles existent. Alors, pouvons-nous déterminer la valeur de$g\circ f^{-1}(-7)$?
j'ai trouvé $f,g$cela fonctionne presque. Quand$f(x)=x^3$ et $g(x)=x+1$, nous avons $g\circ f(x)=x^3+1$ mais $f\circ g(x)=x^3+3x^2+3x+1$. Malheureusement, ils ne fonctionnent pas tout à fait. Je sais aussi qu'il n'y a pas de fonctions polynomiales$f,g$ ce travail.
Notez que $$f(x^3+1)=f(x)^3+3f(x)^2+3f(x)+2$$ et $$g(x^3+3x^2+3x+2)=g(x)^3+1.$$ $\therefore$ si $a,b$ sont les nombres réels uniques tels que $a^3+1=a$ et $b^3+3b^2+3b+2=b$, on voit ça $f(a)=b$ et $g(b)=a$. Ce sont les seules valeurs de$f$ et $g$ce que je sais. Mais je peux aussi voir ça$$ f^{-1}(-7)=g(-3)$$ si cela aide.
Laisser $h(x)=x^3+1$ et $k(x)=x^3+3x^2+3x+2$. En raison de$f\circ g(x)$ et $g\circ f(x)$sont donnés; trouver$f$ et $g$, si $f=f_0$ et $g=g_0$ satisfaire les conditions, alors $f=f_0\circ \phi$ et $g=\phi^{-1}\circ g_0$ forme une solution pour toute bijection $\phi:\Bbb R\to\Bbb R$ tel que $h\circ \phi=\phi\circ h$. Parce que toute itération de$h$ fait la navette avec $h$, on voit qu'il y en a une infinité $f$ et $g$, si $f_0,g_0$exister. Comment puis-je voir si$f_0,g_0$ exister?
Réponses
Si $h= g\circ f$ et $k= f\circ g$, l'un des $h,k$ est surjectif, et l'autre injectif, alors $f$, $g$, $h$, $k$ sont tous bijectifs et $$k = f\circ h \circ f^{-1}$$, C'est $h$, $k$sont conjugués. Inversement, si$h$, $k$ sont conjugués, alors vous pouvez trouver $f$, puis $g$. Or, la conjugaison est une relation d'équivalence.
Maintenant dans notre exemple $h(x) = x^3+1$, $k(x) = (x+1)^3 + 1$, donc $k(x-1) + 1 = x^3+2$, un conjugué de $k$. Alors maintenant, nous voulons voir si$h_1(x) = x^3+1$ et $h_2(x) =x^3+2$sont conjugués. Notez que les deux ont un point fixe unique$\xi_1$, $\xi_2$, et pour $x> \xi_i$ nous avons $h_i^{n}(x) \to \infty$ comme $n\to \infty$, $h_i^{n}(x) \to \xi_i$, comme $n\to -\infty$, tandis que pour $x< \xi_i$, nous avons $h_i^{n}(x) \to -\infty$ comme $n\to \infty$, $h_i^{n}(x) \to \xi_i$, comme $n\to -\infty$. Par conséquent, toutes les orbites de$h_i$-sauf celui contenant le point fixe- sont infinis. Il existe donc une bijection$\phi\colon \mathbb{R}\to \mathbb{R}$ tel que $h_2= \phi\circ h_1\circ \phi^{-1}$. Ce n'est clairement pas unique, donc une belle$\phi$serait souhaité. Notez que$\phi$ prend le point fixe de $h_1$ au point fixe de $h_2$.
Il semble que les deux $h_1$, $h_2$ se comporter comme la carte $x\to 2 x$. Y sont-ils topologiquement conjugués? Notez que$l(x) = 2x$ fait partie d'un $1$-groupe de paramètres de difféomorphisme de $\mathbb{R}$, $(t,x)\mapsto 2^{t}\cdot x$. Si$h_1$, $h_2$ sont conjugués à $l$, alors ils font aussi chacun partie d'un $1$-groupe de paramètres d'homéomorphismes de $\mathbb{R}$. En particulier, il existe$\psi$ un homéomorphisme de $\mathbb{R}$ tel que $\psi\circ \psi(x) = x^3+1$. Quel serait un tel homéomorphisme?
$\bf{Added:}$ Le cas où les deux $k$, $k$sont les bijections est plus simple, cela se réduit à la question de savoir quand deux cartes sont conjuguées sous une bijection. Ils sont si et seulement si le "graphe" des cartes est isomorphe, où le graphe est constitué de sommets$x$et bords $(x, h(x))$. Pour les bijections, leur structure cyclique doit être la même.
Considérez par exemple les cartes $x\mapsto 2 x$, et $x\mapsto 4 x$. Ils sont conjugués sous la bijection$x\mapsto x^{2_+}\colon = x^2 \operatorname{sign} x$. Les cartes$x\mapsto 2x$, et $x\mapsto 3x$ sont conjugués sous la carte $x\mapsto x^{\log_2 3_+}$.
Ceci est un complément à l'analyse très brillante déjà donnée par orangeskid. À la lumière de leur analyse, je vais fournir quelques faits simples sur la conjugaison topologique sur les réels.
Réclamation 1: Si$f:\mathbf{R}\to\mathbf{R}$ est strictement croissant, continu, illimité au-dessus et au-dessous, et tel que $f(0)>0$, alors il y a un strictement croissant et continu $\varphi:\mathbf{R}\to\mathbf{R}$ tel que $\varphi(0)=0$ et $f\circ\varphi(x)=\varphi(x+1)$. De plus si$f(x)>x$ pour tous $x\in\mathbf{R}$, puis $\varphi$ est également illimité au-dessus et au-dessous.
Preuve: puisque nous savons$f(0)>0$, laisser $\varphi(a)=af(0)$ pour tous $a\in[0,1)$. Nous définirons le reste de$\varphi$ en s'étendant dans la fasion évidente: $\varphi(x)=f^{(\lfloor x\rfloor)}\circ\varphi\left(x-\lfloor x\rfloor\right)$, où $f^{(-)}$ désigne une itération fonctionnelle, comme $f$est bijectif. Il est clair que la prochaine chose à faire est de vérifier que cela correspond aux exigences:
Nous avons forcé $f\circ\varphi(x)=\varphi(x+1)$ par construction, c'est donc fait.
Pour vérifier la continuité, notez que $f^{(\lfloor x\rfloor)}$ est toujours continue, donc par composition fonctionnelle $\varphi$ est continu sur $\mathbf{R}\smallsetminus\mathbf{Z}$. Pour vérifier la continuité sur$\mathbf{Z}$, il suffit de vérifier la continuité car $x\to 1^-$. Pour cette note que$$\varphi(1)=f\circ\varphi(0)=f(0)=\lim_{x\to 1^-}\varphi(x)$$
À voir $\varphi$ est strictement croissant, notez que $f^{(\lfloor x\rfloor)}$ est strictement croissante par hypothèse et que $\varphi$ augmente strictement $[0,1)$, donc nous obtenons $\varphi$ augmente strictement sur tous les intervalles $[z,z+1)$ où $z\in\mathbf{Z}$. pourtant$\varphi$ est continue, et donc elle augmente strictement sur $\mathbf{R}$.
Maintenant, pour vérifier la partie "en plus".
- Si $\varphi$ n'est pas illimité, alors par convergence monotone, il y a une borne $M=\lim_{x\to A}\varphi(x)$ où $A\in\pm\infty$. Cependant, comme$f$ est continue, $$f(M)=f\left(\lim_{x\to A}\varphi(x)\right)=\lim_{x\to A}f(\varphi(x))=\lim_{x\to A}\varphi(x+1)=M$$ Cela contredit que $f(x)>x$ pour tous $x\in\mathbf{R}$.
Réclamation 2: Si$f:[0,\infty)\to[0,\infty)$ est strictement croissante et continue, de sorte que $f(0)=0$ et $f(x)>x$ pour tous $x>0$, alors il y a un strictement croissant, continu et illimité $\varphi:[0,\infty)\to[0,\infty)$ tel que $\varphi(0)=0$ et $f\circ\varphi(x)=\varphi(2x)$.
Preuve: Let$g:\mathbf{R}\to\mathbf{R}$ être donné par $g(x)=\log_2 f(2^x)$. Selon la revendication 1, il y a$\psi:\mathbf{R}\to\mathbf{R}$ qui est strictement croissant, continu, illimité au-dessus et au-dessous, et tel que $g\circ\psi(x)=\psi(x+1)$. Puis laissez$\varphi(x)=2^{\psi(\log_2 x)}$, donc nous voyons que $$\varphi(2x)=2^{\psi(1+\log_2 x)}=2^{g\circ\psi(\log_2 x)}=f(2^{\psi(\log_2 x)})=f\circ\varphi(x)$$
Allégation 3: Si$f:\mathbf{R}\to\mathbf{R}$ est strictement croissante, continue et a exactement un point fixe instable $c$, C'est, $f(x)>x$ pour tous $x>c$ et $f(x)<x$ pour tous $x<c$, puis il y a un homéomorphisme croissant $\varphi:\mathbf{R}\to\mathbf{R}$ tel que $\varphi^{-1}\circ f\circ \varphi(x)=2x$.
Preuve: Let$g:\mathbf{R}\to\mathbf{R}$ être donné par $g(x)=f(x+c)-c$, Donc $g$ partage toutes les propriétés avec $f$ sauf $0$ est le point fixe de $g$. Selon la revendication 2, les homéomorphismes se multiplient$\varphi_{\pm}:[0,\infty)\to[0,\infty)$ tel que $\varphi_{\pm}(0)=0$, et de plus les deux $\varphi_+^{-1}\circ g\circ\varphi_+(x)=2x$ et $\varphi_-^{-1}(-g(-\varphi_-(x)))=2x$. Laisser$\psi:\mathbf{R}\to\mathbf{R}$ être donné par $$\psi(x)=\begin{cases} \varphi_+(x)&\text{if }x\ge 0\\ -\varphi_-(-x)&\text{if }x<0 \end{cases}$$ Alors ce n'est pas difficile de voir ça $\psi$ est un homéomorphisme croissant tel que $\psi^{-1}\circ g\circ\psi(x)=2x$. Enfin laissez$\varphi:\mathbf{R}\to\mathbf{R}$ être donné par $\varphi(x)=\psi(x)+c$, Donc alors $$2x=\varphi^{-1}(\psi(2x)+c)=\varphi^{-1}(g\circ\psi(x)+c)=\varphi^{-1}\circ f\circ\varphi(x)$$
En corollaire, notez que les deux $x^3+1$ et $x^3+2$ satisfait la revendication 3, donc les deux sont conjugués à $2x$.
Notez également qu'il est tout à fait possible de modifier la preuve de telle sorte que les deux $x^3+1$ et $x^3+2$ sont conjugués à $2x$ via un homéomorphisme lisse sur l'ensemble $\mathbf{R}$ sauf au point fixe.
C'est inévitable:
Revendication 4 ajoutée: considérez les deux fonctions linéaires$f(x)=2x$ et $g(x)=4x$. Laisser$\varphi:\mathbf{R}\to\mathbf{R}$ être n'importe quel homéomorphisme tel que $\varphi\circ f=g\circ\varphi$. ensuite$\varphi$ ne peut pas être continuellement deux fois différentiable à $0$.
Preuve: en supposant que non, alors par le théorème de Taylor nous avons$$\varphi(x)=ax+bx^2+h(x)\cdot x^2$$ où $h$ est continue à $h(0)=0$. Puis en développant$\varphi\circ f=g\circ\varphi$, nous obtenons finalement $$h(2x)-h(x)=\frac{a}{2x}$$ Prendre la limite $x\to 0$ des deux côtés, on voit que $a=0$, et $h(2x)=h(x)$. Cependant la continuité de$h$ à $0$ implique que $h$ est identique $0$, qui veut dire $\varphi(x)=bx^2$, et $\varphi$ ne peut pas être un homéomorphisme.