Fungsi yang diberikan $h,k:\Bbb R\to \Bbb R$, apakah mungkin untuk menentukan apakah $f,g:\Bbb R\to\Bbb R$ ada sehingga $g\circ f=h$ dan $f\circ g=k$?
Katakanlah saya memiliki dua fungsi $h,k:\Bbb R\to \Bbb R$. Saya ingin mencari$f,g:\Bbb R\to \Bbb R$ seperti yang $g\circ f=h$ dan $f\circ g=k$. saya tahu itu$f,g$mungkin tidak ada (misalnya, persamaan fungsional yang melibatkan komposisi dan eksponen ). Apakah kita mengetahui setidaknya satu syarat untuk$h,k$ seperti yang $f,g$ ada?
Kondisi mana yang menjamin keunikan $f,g$(asalkan ada)? Perhatikan bahwa ada$h,k$ seperti yang $f,g$tidak unik. Sebagai contoh,$h=k=0$, dimana $f=0$ bekerja dan $g$ adalah fungsi apapun st $g(0)=0$. Atau kapan$h=k$ adalah fungsi identitas, dan kami ambil $f$ menjadi bijection apapun dan $g=f^{-1}$.
Setidaknya, apa yang kita ketahui tentang masalah ini kapan $h,k$fungsi polinomial? Apakah ada tes sederhana yang memberi tahu kita ada polinomial$f,g$ yang memenuhi kondisi untuk pasangan polinomial tertentu $h,k$? Sekali lagi, bagaimana dengan keunikan solusi polinomial?
Jika masalah umum terlalu sulit, saya paling tertarik dengan masalah khusus ini. Saya ingin mencari$f,g:\Bbb R\to\Bbb R$ seperti yang $$g\circ f(x)=x^3+1$$ dan $$f\circ g(x)=x^3+3x^2+3x+2.$$ Jelas $f,g$adalah fungsi bijektiva jika ada. Jadi, bisakah kita menentukan nilai$g\circ f^{-1}(-7)$?
saya menemukan $f,g$itu hampir berhasil. Kapan$f(x)=x^3$ dan $g(x)=x+1$, kita punya $g\circ f(x)=x^3+1$ tapi $f\circ g(x)=x^3+3x^2+3x+1$. Sayangnya mereka tidak cukup berfungsi. Saya juga tahu bahwa tidak ada fungsi polinomial$f,g$ pekerjaan itu.
Catat itu $$f(x^3+1)=f(x)^3+3f(x)^2+3f(x)+2$$ dan $$g(x^3+3x^2+3x+2)=g(x)^3+1.$$ $\therefore$ jika $a,b$ adalah bilangan real unik sedemikian rupa $a^3+1=a$ dan $b^3+3b^2+3b+2=b$, kami melihat itu $f(a)=b$ dan $g(b)=a$. Ini adalah satu-satunya nilai$f$ dan $g$yang saya tahu. Tapi saya juga bisa melihatnya$$ f^{-1}(-7)=g(-3)$$ jika itu membantu.
Membiarkan $h(x)=x^3+1$ dan $k(x)=x^3+3x^2+3x+2$. Disebabkan oleh$f\circ g(x)$ dan $g\circ f(x)$diberikan; Temukan$f$ dan $g$, jika $f=f_0$ dan $g=g_0$ memenuhi persyaratan, lalu $f=f_0\circ \phi$ dan $g=\phi^{-1}\circ g_0$ membentuk solusi untuk bijection apapun $\phi:\Bbb R\to\Bbb R$ seperti yang $h\circ \phi=\phi\circ h$. Karena iterasi apa pun$h$ bepergian dengan $h$, kita dapat melihat bahwa jumlahnya sangat banyak $f$ dan $g$, jika $f_0,g_0$ada. Bagaimana cara melihat apakah$f_0,g_0$ ada?
Jawaban
Jika $h= g\circ f$ dan $k= f\circ g$, salah satu $h,k$ bersifat surjective, dan injeksi lainnya, lalu $f$, $g$, $h$, $k$ semuanya bersifat bijektiva dan $$k = f\circ h \circ f^{-1}$$, itu adalah $h$, $k$berkonjugasi. Sebaliknya jika$h$, $k$ terkonjugasi, maka Anda dapat menemukannya $f$, lalu $g$. Sekarang, konjugasi adalah relasi ekivalensi.
Sekarang dalam contoh kita $h(x) = x^3+1$, $k(x) = (x+1)^3 + 1$, jadi $k(x-1) + 1 = x^3+2$, konjugasi dari $k$. Jadi sekarang kami ingin melihat apakah$h_1(x) = x^3+1$ dan $h_2(x) =x^3+2$berkonjugasi. Perhatikan bahwa keduanya memiliki titik tetap yang unik$\xi_1$, $\xi_2$, dan untuk $x> \xi_i$ kita punya $h_i^{n}(x) \to \infty$ sebagai $n\to \infty$, $h_i^{n}(x) \to \xi_i$, sebagai $n\to -\infty$, sedangkan untuk $x< \xi_i$, kita punya $h_i^{n}(x) \to -\infty$ sebagai $n\to \infty$, $h_i^{n}(x) \to \xi_i$, sebagai $n\to -\infty$. Oleh karena itu, semua orbit$h_i$-kecuali yang mengandung titik tetap- tidak terbatas. Jadi ada bijection$\phi\colon \mathbb{R}\to \mathbb{R}$ seperti yang $h_2= \phi\circ h_1\circ \phi^{-1}$. Ini jelas tidak unik, jadi bagus$\phi$akan diinginkan. Catat itu$\phi$ mengambil titik tetap dari $h_1$ ke titik tetap $h_2$.
Tampaknya keduanya $h_1$, $h_2$ berperilaku seperti peta $x\to 2 x$. Apakah mereka secara topologis berkonjugasi dengannya? Catat itu$l(x) = 2x$ adalah bagian dari a $1$kelompok -parameter dari diffeomorphism $\mathbb{R}$, $(t,x)\mapsto 2^{t}\cdot x$. Jika$h_1$, $h_2$ berkonjugasi dengan $l$, maka mereka juga merupakan bagian dari a $1$-kelompok parameter homeomorfisme $\mathbb{R}$. Secara khusus, ada$\psi$ sebuah homeomorfisme dari $\mathbb{R}$ seperti yang $\psi\circ \psi(x) = x^3+1$. Apa yang akan menjadi homeomorfisme seperti itu?
$\bf{Added:}$ Kasus dimana keduanya $k$, $k$Jika bijections lebih sederhana, ini mereduksi menjadi pertanyaan ketika dua peta terkonjugasi di bawah suatu bijection. Mereka adalah jika dan hanya jika "grafik" dari peta adalah isomorfik, di mana grafik tersebut terdiri dari simpul$x$, dan tepinya $(x, h(x))$. Untuk bijections, struktur siklusnya harus sama.
Pertimbangkan misalnya peta $x\mapsto 2 x$, dan $x\mapsto 4 x$. Mereka terkonjugasi di bawah kebijaksanaan$x\mapsto x^{2_+}\colon = x^2 \operatorname{sign} x$. Peta$x\mapsto 2x$, dan $x\mapsto 3x$ terkonjugasi di bawah peta $x\mapsto x^{\log_2 3_+}$.
Ini adalah tambahan dari analisis yang sangat brilian yang telah diberikan oleh jeruk. Berdasarkan analisis mereka, saya akan memberikan beberapa fakta mudah tentang konjugasi topologi melalui real.
Klaim 1: Jika$f:\mathbf{R}\to\mathbf{R}$ meningkat secara ketat, berkelanjutan, tidak terbatas di atas dan di bawah, dan semacamnya $f(0)>0$, maka ada peningkatan yang ketat dan berkelanjutan $\varphi:\mathbf{R}\to\mathbf{R}$ seperti yang $\varphi(0)=0$ dan $f\circ\varphi(x)=\varphi(x+1)$. Apalagi jika$f(x)>x$ untuk semua $x\in\mathbf{R}$, kemudian $\varphi$ juga tidak dibatasi di atas dan di bawah.
Bukti: Sejak kita tahu$f(0)>0$, biarkan $\varphi(a)=af(0)$ untuk semua $a\in[0,1)$. Kami akan menentukan sisanya$\varphi$ dengan memperluas fasion yang jelas: $\varphi(x)=f^{(\lfloor x\rfloor)}\circ\varphi\left(x-\lfloor x\rfloor\right)$, dimana $f^{(-)}$ menunjukkan iterasi fungsional, sebagai $f$bersifat bijective. Jelas hal berikutnya yang harus dilakukan adalah memeriksa apakah ini sesuai dengan persyaratan:
Kami memaksa $f\circ\varphi(x)=\varphi(x+1)$ dengan konstruksi, jadi itu terlaksana.
Untuk memeriksa kontinuitas, perhatikan itu $f^{(\lfloor x\rfloor)}$ selalu kontinu, jadi dengan komposisi fungsional $\varphi$ terus menerus berakhir $\mathbf{R}\smallsetminus\mathbf{Z}$. Untuk memeriksa kontinuitas$\mathbf{Z}$, itu cukup untuk memeriksa kontinuitas sebagai $x\to 1^-$. Untuk catatan ini$$\varphi(1)=f\circ\varphi(0)=f(0)=\lim_{x\to 1^-}\varphi(x)$$
Untuk melihat $\varphi$ meningkat tajam, perhatikan itu $f^{(\lfloor x\rfloor)}$ meningkat secara ketat dengan asumsi dan itu $\varphi$ meningkat secara ketat $[0,1)$, jadi kami dapatkan $\varphi$ meningkat secara ketat di semua interval $[z,z+1)$ dimana $z\in\mathbf{Z}$. Namun$\varphi$ terus menerus, dan karenanya terus meningkat $\mathbf{R}$.
Sekarang untuk memeriksa bagian "apalagi".
- Jika $\varphi$ tidak terbatas, maka dengan konvergensi monoton, ada suatu batasan $M=\lim_{x\to A}\varphi(x)$ dimana $A\in\pm\infty$. Namun, sebagai$f$ berkelanjutan, $$f(M)=f\left(\lim_{x\to A}\varphi(x)\right)=\lim_{x\to A}f(\varphi(x))=\lim_{x\to A}\varphi(x+1)=M$$ Ini bertentangan dengan itu $f(x)>x$ untuk semua $x\in\mathbf{R}$.
Klaim 2: Jika$f:[0,\infty)\to[0,\infty)$ meningkat secara ketat dan berkelanjutan, sedemikian rupa $f(0)=0$ dan $f(x)>x$ untuk semua $x>0$, maka ada peningkatan yang ketat, terus menerus, dan tidak terbatas $\varphi:[0,\infty)\to[0,\infty)$ seperti yang $\varphi(0)=0$ dan $f\circ\varphi(x)=\varphi(2x)$.
Bukti: Biarkan$g:\mathbf{R}\to\mathbf{R}$ diberikan oleh $g(x)=\log_2 f(2^x)$. Menurut Klaim 1, ada beberapa$\psi:\mathbf{R}\to\mathbf{R}$ yang sangat meningkat, berkelanjutan, tidak terbatas di atas dan di bawah, dan semacamnya $g\circ\psi(x)=\psi(x+1)$. Lalu biarkan$\varphi(x)=2^{\psi(\log_2 x)}$, jadi kami melihatnya $$\varphi(2x)=2^{\psi(1+\log_2 x)}=2^{g\circ\psi(\log_2 x)}=f(2^{\psi(\log_2 x)})=f\circ\varphi(x)$$
Klaim 3: Jika$f:\mathbf{R}\to\mathbf{R}$ meningkat secara ketat, berkelanjutan, dan memiliki tepat satu titik tetap yang tidak stabil $c$, itu adalah, $f(x)>x$ untuk semua $x>c$ dan $f(x)<x$ untuk semua $x<c$, lalu ada homeomorfisme yang meningkat $\varphi:\mathbf{R}\to\mathbf{R}$ seperti yang $\varphi^{-1}\circ f\circ \varphi(x)=2x$.
Bukti: Biarkan$g:\mathbf{R}\to\mathbf{R}$ diberikan oleh $g(x)=f(x+c)-c$, jadi $g$ berbagi semua properti dengan $f$ kecuali $0$ adalah titik tetap dari $g$. Dengan Klaim 2, ada peningkatan homeomorfisme$\varphi_{\pm}:[0,\infty)\to[0,\infty)$ seperti yang $\varphi_{\pm}(0)=0$, dan terlebih lagi keduanya $\varphi_+^{-1}\circ g\circ\varphi_+(x)=2x$ dan $\varphi_-^{-1}(-g(-\varphi_-(x)))=2x$. Membiarkan$\psi:\mathbf{R}\to\mathbf{R}$ diberikan oleh $$\psi(x)=\begin{cases} \varphi_+(x)&\text{if }x\ge 0\\ -\varphi_-(-x)&\text{if }x<0 \end{cases}$$ Maka tidak sulit untuk melihatnya $\psi$ adalah homeomorfisme yang meningkat sedemikian rupa $\psi^{-1}\circ g\circ\psi(x)=2x$. Akhirnya biarkan$\varphi:\mathbf{R}\to\mathbf{R}$ diberikan oleh $\varphi(x)=\psi(x)+c$, sehingga kemudian $$2x=\varphi^{-1}(\psi(2x)+c)=\varphi^{-1}(g\circ\psi(x)+c)=\varphi^{-1}\circ f\circ\varphi(x)$$
Sebagai akibat wajar, perhatikan keduanya $x^3+1$ dan $x^3+2$ memenuhi Klaim 3, jadi keduanya terkonjugasi ke $2x$.
Juga perhatikan bahwa sangat mungkin untuk memodifikasi bukti sedemikian rupa $x^3+1$ dan $x^3+2$ berkonjugasi dengan $2x$ melalui homeomorfisme yang mulus pada semua $\mathbf{R}$ kecuali pada titik tetap.
Ini tidak bisa dihindari:
Menambahkan Klaim 4: Pertimbangkan dua fungsi linier$f(x)=2x$ dan $g(x)=4x$. Membiarkan$\varphi:\mathbf{R}\to\mathbf{R}$ menjadi homeomorfisme apapun seperti itu $\varphi\circ f=g\circ\varphi$. Kemudian$\varphi$ tidak dapat terus menerus dibedakan dua kali $0$.
Bukti: Jika tidak, maka menurut teorema Taylor yang kita miliki$$\varphi(x)=ax+bx^2+h(x)\cdot x^2$$ dimana $h$ kontinu di $h(0)=0$. Kemudian dengan mengembangkan$\varphi\circ f=g\circ\varphi$, kami akhirnya mendapatkan $$h(2x)-h(x)=\frac{a}{2x}$$ Mengambil batas $x\to 0$ di kedua sisi, kami melihat itu $a=0$, dan $h(2x)=h(x)$. Namun kontinuitas$h$ di $0$ menyiratkan itu $h$ identik $0$, yang berarti bahwa $\varphi(x)=bx^2$, dan $\varphi$ tidak bisa menjadi homeomorfisme.