Funzioni date $h,k:\Bbb R\to \Bbb R$, è possibile determinare se $f,g:\Bbb R\to\Bbb R$ esistere così $g\circ f=h$ e $f\circ g=k$?
Diciamo che ho due funzioni $h,k:\Bbb R\to \Bbb R$. voglio trovare$f,g:\Bbb R\to \Bbb R$ tale che $g\circ f=h$ e $f\circ g=k$. So che$f,g$potrebbe non esistere (ad esempio, equazione funzionale che coinvolge composizione ed esponenti ). Conosciamo almeno una condizione per$h,k$ tale che $f,g$ esistere?
Quale condizione garantisce l'unicità di $f,g$(a condizione che esistano)? Nota che ci sono$h,k$ tale che $f,g$non sono unici. Per esempio,$h=k=0$, dove $f=0$ funziona e $g$ è una qualsiasi funzione st $g(0)=0$. O quando$h=k$ è la funzione di identità, e noi prendiamo $f$ essere qualsiasi biiezione e $g=f^{-1}$.
Per lo meno, cosa sappiamo di questo problema quando $h,k$sono funzioni polinomiali? C'è un semplice test che ci dice che ci sono polinomi$f,g$ che soddisfano le condizioni per una data coppia di polinomi $h,k$? Ancora una volta, che dire dell'unicità delle soluzioni polinomiali?
Se il problema generale è troppo difficile, sono molto interessato a questo problema specifico. voglio trovare$f,g:\Bbb R\to\Bbb R$ tale che $$g\circ f(x)=x^3+1$$ e $$f\circ g(x)=x^3+3x^2+3x+2.$$ Chiaramente $f,g$sono funzioni biiettive se esistono. Quindi, possiamo determinare il valore di$g\circ f^{-1}(-7)$?
ho trovato $f,g$che quasi funziona. quando$f(x)=x^3$ e $g(x)=x+1$, noi abbiamo $g\circ f(x)=x^3+1$ ma $f\circ g(x)=x^3+3x^2+3x+1$. Purtroppo non funzionano del tutto. So anche che non esistono funzioni polinomiali$f,g$ quel lavoro.
Notare che $$f(x^3+1)=f(x)^3+3f(x)^2+3f(x)+2$$ e $$g(x^3+3x^2+3x+2)=g(x)^3+1.$$ $\therefore$ Se $a,b$ sono i numeri reali unici tali che $a^3+1=a$ e $b^3+3b^2+3b+2=b$, Lo vediamo $f(a)=b$ e $g(b)=a$. Questi sono gli unici valori di$f$ e $g$che io sappia. Ma posso anche vederlo$$ f^{-1}(-7)=g(-3)$$ se questo aiuta.
Permettere $h(x)=x^3+1$ e $k(x)=x^3+3x^2+3x+2$. A causa di$f\circ g(x)$ e $g\circ f(x)$sono dati; trova$f$ e $g$, Se $f=f_0$ e $g=g_0$ soddisfare le condizioni, quindi $f=f_0\circ \phi$ e $g=\phi^{-1}\circ g_0$ costituiscono una soluzione per qualsiasi biiezione $\phi:\Bbb R\to\Bbb R$ tale che $h\circ \phi=\phi\circ h$. Perché qualsiasi iterazione di$h$ pendolari con $h$, possiamo vedere che ce ne sono infinitamente molti $f$ e $g$, Se $f_0,g_0$esistere. Come vedo se$f_0,g_0$ esistere?
Risposte
Se $h= g\circ f$ e $k= f\circ g$, uno di $h,k$ è suriettiva, e l'altra iniettiva, quindi $f$, $g$, $h$, $k$ sono tutti biiettivi e $$k = f\circ h \circ f^{-1}$$, questo è $h$, $k$sono coniugati. Al contrario, se$h$, $k$ sono coniugati, quindi puoi trovare $f$, e poi $g$. Ora, la coniugazione è una relazione di equivalenza.
Ora nel nostro esempio $h(x) = x^3+1$, $k(x) = (x+1)^3 + 1$, così $k(x-1) + 1 = x^3+2$, un coniugato di $k$. Quindi ora vogliamo vedere se$h_1(x) = x^3+1$ e $h_2(x) =x^3+2$sono coniugati. Nota che entrambi hanno un punto fisso unico$\xi_1$, $\xi_2$, e per $x> \xi_i$ noi abbiamo $h_i^{n}(x) \to \infty$ come $n\to \infty$, $h_i^{n}(x) \to \xi_i$, come $n\to -\infty$, mentre per $x< \xi_i$, noi abbiamo $h_i^{n}(x) \to -\infty$ come $n\to \infty$, $h_i^{n}(x) \to \xi_i$, come $n\to -\infty$. Pertanto, tutte le orbite di$h_i$-ad eccezione di quella contenente il punto fisso- sono infinite. Quindi esiste una biiezione$\phi\colon \mathbb{R}\to \mathbb{R}$ tale che $h_2= \phi\circ h_1\circ \phi^{-1}$. Chiaramente non è unico, quindi carino$\phi$sarebbe desiderato. Notare che$\phi$ prende il punto fisso di $h_1$ al punto fisso di $h_2$.
Sembra che entrambi $h_1$, $h_2$ comportati come la mappa $x\to 2 x$. Sono topologicamente coniugati ad esso? Notare che$l(x) = 2x$ fa parte di a $1$-parametro gruppo di diffeomorfismo di $\mathbb{R}$, $(t,x)\mapsto 2^{t}\cdot x$. Se$h_1$, $h_2$ sono coniugate con $l$, quindi sono anche ciascuna parte di un file $1$-parametro gruppo di omeomorfismi di $\mathbb{R}$. In particolare, esiste$\psi$ un omeomorfismo di $\mathbb{R}$ tale che $\psi\circ \psi(x) = x^3+1$. Cosa sarebbe un tale omeomorfismo?
$\bf{Added:}$ Il caso in cui entrambi $k$, $k$sono biiezioni è più semplice, si riduce alla questione di quando due mappe sono coniugate sotto una biiezione. Sono se e solo se il "grafo" delle mappe è isomorfo, dove il grafo è costituito da vertici$x$e bordi $(x, h(x))$. Per le biiezioni, la struttura del loro ciclo deve essere la stessa.
Considera ad esempio le mappe $x\mapsto 2 x$, e $x\mapsto 4 x$. Sono coniugati sotto la biiezione$x\mapsto x^{2_+}\colon = x^2 \operatorname{sign} x$. Le mappe$x\mapsto 2x$, e $x\mapsto 3x$ sono coniugati sotto la mappa $x\mapsto x^{\log_2 3_+}$.
Questa è un'aggiunta all'analisi molto brillante già fornita da orangeskid. Alla luce della loro analisi, fornirò alcuni semplici fatti sulla coniugazione topologica sui reali.
Affermazione 1: se$f:\mathbf{R}\to\mathbf{R}$ è rigorosamente crescente, continuo, illimitato sopra e sotto, e tale che $f(0)>0$, poi c'è un rigorosamente crescente e continuo $\varphi:\mathbf{R}\to\mathbf{R}$ tale che $\varphi(0)=0$ e $f\circ\varphi(x)=\varphi(x+1)$. Inoltre se$f(x)>x$ per tutti $x\in\mathbf{R}$, poi $\varphi$ è anche illimitato sopra e sotto.
Prova: poiché lo sappiamo$f(0)>0$, permettere $\varphi(a)=af(0)$ per tutti $a\in[0,1)$. Definiremo il resto$\varphi$ estendendo nell'ovvia fasion: $\varphi(x)=f^{(\lfloor x\rfloor)}\circ\varphi\left(x-\lfloor x\rfloor\right)$, dove $f^{(-)}$ denota iterazione funzionale, come $f$è biettivo. Chiaramente la prossima cosa da fare è verificare che questo soddisfi i requisiti:
Abbiamo forzato $f\circ\varphi(x)=\varphi(x+1)$ per contrasto, in modo che sia fatto.
Per verificare la continuità, notare che $f^{(\lfloor x\rfloor)}$ è sempre continuo, quindi per composizione funzionale $\varphi$ è continuo finita $\mathbf{R}\smallsetminus\mathbf{Z}$. Per controllare la continuità$\mathbf{Z}$, è sufficiente verificare la continuità come $x\to 1^-$. Per questa nota che$$\varphi(1)=f\circ\varphi(0)=f(0)=\lim_{x\to 1^-}\varphi(x)$$
Vedere $\varphi$ è in forte aumento, si noti che $f^{(\lfloor x\rfloor)}$ è rigorosamente in aumento per ipotesi e questo $\varphi$ è rigorosamente in aumento $[0,1)$, quindi otteniamo $\varphi$ è rigorosamente crescente su tutti gli intervalli $[z,z+1)$ dove $z\in\mathbf{Z}$. tuttavia$\varphi$ è continuo, e quindi è strettamente crescente $\mathbf{R}$.
Ora per controllare la parte "in più".
- Se $\varphi$ non è illimitato, quindi dalla convergenza monotona, c'è un limite $M=\lim_{x\to A}\varphi(x)$ dove $A\in\pm\infty$. Tuttavia, come$f$ è continuo, $$f(M)=f\left(\lim_{x\to A}\varphi(x)\right)=\lim_{x\to A}f(\varphi(x))=\lim_{x\to A}\varphi(x+1)=M$$ Questo lo contraddice $f(x)>x$ per tutti $x\in\mathbf{R}$.
Affermazione 2: se$f:[0,\infty)\to[0,\infty)$ è rigorosamente crescente e continuo, tale che $f(0)=0$ e $f(x)>x$ per tutti $x>0$, allora c'è un rigorosamente crescente, continuo e illimitato $\varphi:[0,\infty)\to[0,\infty)$ tale che $\varphi(0)=0$ e $f\circ\varphi(x)=\varphi(2x)$.
Prova: Let$g:\mathbf{R}\to\mathbf{R}$ essere dato da $g(x)=\log_2 f(2^x)$. Secondo la rivendicazione 1, ce ne sono alcuni$\psi:\mathbf{R}\to\mathbf{R}$ che è rigorosamente crescente, continuo, illimitato sopra e sotto, e tale che $g\circ\psi(x)=\psi(x+1)$. Allora lascia$\varphi(x)=2^{\psi(\log_2 x)}$, quindi lo vediamo $$\varphi(2x)=2^{\psi(1+\log_2 x)}=2^{g\circ\psi(\log_2 x)}=f(2^{\psi(\log_2 x)})=f\circ\varphi(x)$$
Affermazione 3: se$f:\mathbf{R}\to\mathbf{R}$ è rigorosamente crescente, continuo e ha esattamente un punto fisso instabile $c$, questo è, $f(x)>x$ per tutti $x>c$ e $f(x)<x$ per tutti $x<c$, poi c'è un crescente omeomorfismo $\varphi:\mathbf{R}\to\mathbf{R}$ tale che $\varphi^{-1}\circ f\circ \varphi(x)=2x$.
Prova: Let$g:\mathbf{R}\to\mathbf{R}$ essere dato da $g(x)=f(x+c)-c$, così $g$ condivide tutte le proprietà con $f$ tranne $0$ è il punto fisso di $g$. Secondo la rivendicazione 2, sono aumentati gli omeomorfismi$\varphi_{\pm}:[0,\infty)\to[0,\infty)$ tale che $\varphi_{\pm}(0)=0$, e inoltre entrambi $\varphi_+^{-1}\circ g\circ\varphi_+(x)=2x$ e $\varphi_-^{-1}(-g(-\varphi_-(x)))=2x$. Permettere$\psi:\mathbf{R}\to\mathbf{R}$ essere dato da $$\psi(x)=\begin{cases} \varphi_+(x)&\text{if }x\ge 0\\ -\varphi_-(-x)&\text{if }x<0 \end{cases}$$ Allora non è difficile vederlo $\psi$ è un omeomorfismo in aumento tale che $\psi^{-1}\circ g\circ\psi(x)=2x$. Infine lascia$\varphi:\mathbf{R}\to\mathbf{R}$ essere dato da $\varphi(x)=\psi(x)+c$, allora $$2x=\varphi^{-1}(\psi(2x)+c)=\varphi^{-1}(g\circ\psi(x)+c)=\varphi^{-1}\circ f\circ\varphi(x)$$
Come corollario, nota che entrambi $x^3+1$ e $x^3+2$ soddisfa la rivendicazione 3, quindi entrambi sono coniugati con $2x$.
Si noti inoltre che è completamente possibile modificare la dimostrazione in modo tale che entrambi $x^3+1$ e $x^3+2$ sono coniugate con $2x$ tramite un omeomorfismo che è liscio su tutto $\mathbf{R}$ tranne che nel punto fisso.
Questo è inevitabile:
Aggiunta rivendicazione 4: considera le due funzioni lineari$f(x)=2x$ e $g(x)=4x$. Permettere$\varphi:\mathbf{R}\to\mathbf{R}$ essere qualsiasi omeomorfismo tale che $\varphi\circ f=g\circ\varphi$. Poi$\varphi$ non può essere differenziabile due volte continuamente in $0$.
Dimostrazione: supponendo di no, allora per il teorema di Taylor abbiamo$$\varphi(x)=ax+bx^2+h(x)\cdot x^2$$ dove $h$ è continuo a $h(0)=0$. Quindi espandendo$\varphi\circ f=g\circ\varphi$, alla fine otteniamo $$h(2x)-h(x)=\frac{a}{2x}$$ Prendendo il limite $x\to 0$ da entrambi i lati, lo vediamo $a=0$, e $h(2x)=h(x)$. Tuttavia la continuità di$h$ a $0$ implica che $h$ è identico $0$, intendendo che $\varphi(x)=bx^2$, e $\varphi$ non può essere un omeomorfismo.