与えられた関数 $h,k:\Bbb R\to \Bbb R$、かどうかを判断することは可能ですか $f,g:\Bbb R\to\Bbb R$ そのように存在する $g\circ f=h$ そして $f\circ g=k$？
私には2つの機能があるとしましょう $h,k:\Bbb R\to \Bbb R$。見つけたい$f,g:\Bbb R\to \Bbb R$ そのような $g\circ f=h$ そして $f\circ g=k$。そんなこと知ってる$f,g$存在しない可能性があります（たとえば、合成と指数を含む関数方程式）。少なくとも条件を知っていますか$h,k$ そのような $f,g$ 存在しますか？
どの条件がの一意性を保証します $f,g$（それらが存在する場合）？あることに注意してください$h,k$ そのような $f,g$ユニークではありません。例えば、$h=k=0$、 どこ $f=0$ 動作し、 $g$ 任意の関数stです $g(0)=0$。またはいつ$h=k$ は恒等関数であり、 $f$ 任意の全単射であり、 $g=f^{-1}$。
少なくとも、この問題について私たちは何を知っていますか $h,k$多項式関数は何ですか？多項式があることを示す簡単なテストはありますか$f,g$ 与えられた多項式のペアの条件を満たす $h,k$？繰り返しますが、多項式解の一意性についてはどうでしょうか。
一般的な問題が難しすぎる場合、私はこの特定の問題に最も興味があります。見つけたい$f,g:\Bbb R\to\Bbb R$ そのような $$g\circ f(x)=x^3+1$$ そして $$f\circ g(x)=x^3+3x^2+3x+2.$$ 明らかに $f,g$それらが存在する場合、全単射関数です。だから、私たちはの値を決定できますか$g\circ f^{-1}(-7)$？
見つけた $f,g$それはほとんど機能します。いつ$f(x)=x^3$ そして $g(x)=x+1$、 我々は持っています $g\circ f(x)=x^3+1$ だが $f\circ g(x)=x^3+3x^2+3x+1$。残念ながら、それらは完全には機能しません。多項式関数がないことも知っています$f,g$ その仕事。
ご了承ください $$f(x^3+1)=f(x)^3+3f(x)^2+3f(x)+2$$ そして $$g(x^3+3x^2+3x+2)=g(x)^3+1.$$ $\therefore$ もし $a,b$ 次のような一意の実数です $a^3+1=a$ そして $b^3+3b^2+3b+2=b$、 $f(a)=b$ そして $g(b)=a$。これらはの唯一の値です$f$ そして $g$私が知っています。しかし、私もそれを見ることができます$$ f^{-1}(-7)=g(-3)$$ それが助けになるなら。
しましょう $h(x)=x^3+1$ そして $k(x)=x^3+3x^2+3x+2$。のため$f\circ g(x)$ そして $g\circ f(x)$与えられます; 見つける$f$ そして $g$、もし $f=f_0$ そして $g=g_0$ 条件を満たす場合は $f=f_0\circ \phi$ そして $g=\phi^{-1}\circ g_0$ 全単射の解決策を形成する $\phi:\Bbb R\to\Bbb R$ そのような $h\circ \phi=\phi\circ h$。の反復は$h$ と通勤 $h$、無限に多いことがわかります $f$ そして $g$、もし $f_0,g_0$存在します。どうすればわかりますか$f_0,g_0$ 存在しますか？
回答
場合 $h= g\circ f$ そして $k= f\circ g$、 一つ $h,k$ 全射であり、他の単射であり、 $f$、 $g$、 $h$、 $k$ すべて全単射であり、 $$k = f\circ h \circ f^{-1}$$、 あれは $h$、 $k$共役です。逆に、$h$、 $k$ 共役である場合、あなたは見つけることができます $f$、 その後 $g$。さて、活用は同値関係です。
今私たちの例では $h(x) = x^3+1$、 $k(x) = (x+1)^3 + 1$、 そう $k(x-1) + 1 = x^3+2$、の共役 $k$。だから今、私たちは$h_1(x) = x^3+1$ そして $h_2(x) =x^3+2$共役です。どちらにも固有の固定小数点があることに注意してください$\xi_1$、 $\xi_2$、および $x> \xi_i$ 我々は持っています $h_i^{n}(x) \to \infty$ なので $n\to \infty$、 $h_i^{n}(x) \to \xi_i$、 なので $n\to -\infty$、 $x< \xi_i$、 我々は持っています $h_i^{n}(x) \to -\infty$ なので $n\to \infty$、 $h_i^{n}(x) \to \xi_i$、 なので $n\to -\infty$。したがって、のすべての軌道$h_i$-不動点を含むものを除いて-は無限大です。したがって、全単射が存在します$\phi\colon \mathbb{R}\to \mathbb{R}$ そのような $h_2= \phi\circ h_1\circ \phi^{-1}$。それは明らかにユニークではないので、いいです$\phi$望ましいでしょう。ご了承ください$\phi$ の不動点を取る $h_1$ の不動点に $h_2$。
両方のようです $h_1$、 $h_2$ 地図のように振る舞う $x\to 2 x$。それらは位相共役性ですか？ご了承ください$l(x) = 2x$ の一部です $1$-微分同相写像のパラメータグループ $\mathbb{R}$、 $(t,x)\mapsto 2^{t}\cdot x$。場合$h_1$、 $h_2$ に共役です $l$、そしてそれらはまたそれぞれの部分です $1$-の同相群のパラメータグループ $\mathbb{R}$。特に、$\psi$ の同相写像 $\mathbb{R}$ そのような $\psi\circ \psi(x) = x^3+1$。そのような同相写像は何でしょうか？
$\bf{Added:}$ 両方の場合 $k$、 $k$全単射はより単純ですが、2つのマップが全単射の下で共役である場合の問題になります。それらは、マップの「グラフ」が同型であり、グラフが頂点で構成されている場合に限ります。$x$、およびエッジ $(x, h(x))$。全単射の場合、それらのサイクル構造は同じである必要があります。
たとえば、地図を考えてみましょう $x\mapsto 2 x$、および $x\mapsto 4 x$。それらは全単射の下で共役です$x\mapsto x^{2_+}\colon = x^2 \operatorname{sign} x$。地図$x\mapsto 2x$、および $x\mapsto 3x$ マップの下で共役です $x\mapsto x^{\log_2 3_+}$。
これは、orangeskidによってすでに提供されている非常に優れた分析の補足です。彼らの分析に照らして、私は実数上の位相共役についていくつかの簡単な事実を提供します。
請求項1：もし$f:\mathbf{R}\to\mathbf{R}$ 厳密に増加し、継続的で、上下に制限がなく、 $f(0)>0$、その後、厳密に増加し、継続的です $\varphi:\mathbf{R}\to\mathbf{R}$ そのような $\varphi(0)=0$ そして $f\circ\varphi(x)=\varphi(x+1)$。さらにもし$f(x)>x$ すべてのために $x\in\mathbf{R}$、その後 $\varphi$ 上下にも無制限です。
証明：私たちが知っているので$f(0)>0$、 $\varphi(a)=af(0)$ すべてのために $a\in[0,1)$。残りの部分を定義します$\varphi$ 明らかなファッションで拡張することによって： $\varphi(x)=f^{(\lfloor x\rfloor)}\circ\varphi\left(x-\lfloor x\rfloor\right)$、 どこ $f^{(-)}$ 機能の反復を示します。 $f$全単射です。明らかに次に行うことは、これが要件に適合していることを確認することです。
強制 $f\circ\varphi(x)=\varphi(x+1)$ contsructionによって、それが行われます。
導通を確認するには、次の点に注意してください。 $f^{(\lfloor x\rfloor)}$ 常に連続しているので、機能的構成によって $\varphi$ 継続的です $\mathbf{R}\smallsetminus\mathbf{Z}$。の連続性を確認するには$\mathbf{Z}$、次のように連続性をチェックするだけで十分です。 $x\to 1^-$。このことに注意してください$$\varphi(1)=f\circ\varphi(0)=f(0)=\lim_{x\to 1^-}\varphi(x)$$
見る $\varphi$ 厳密に増加していることに注意してください $f^{(\lfloor x\rfloor)}$ 仮定によって厳密に増加している $\varphi$ 厳密に増加しています $[0,1)$、だから私たちは得る $\varphi$ すべての間隔で厳密に増加しています $[z,z+1)$ どこ $z\in\mathbf{Z}$。しかしながら$\varphi$ 継続的であるため、厳密に増加しています $\mathbf{R}$。
次に、「さらに」の部分を確認します。
- 場合 $\varphi$ は無制限ではなく、単調収束によって、限界があります $M=\lim_{x\to A}\varphi(x)$ どこ $A\in\pm\infty$。しかし、$f$ 継続的です、 $$f(M)=f\left(\lim_{x\to A}\varphi(x)\right)=\lim_{x\to A}f(\varphi(x))=\lim_{x\to A}\varphi(x+1)=M$$ これはそれと矛盾します $f(x)>x$ すべてのために $x\in\mathbf{R}$。
請求項2：もし$f:[0,\infty)\to[0,\infty)$ 厳密に増加し続けているので、 $f(0)=0$ そして $f(x)>x$ すべてのために $x>0$、それから厳密に増加し、継続的で、無制限があります $\varphi:[0,\infty)\to[0,\infty)$ そのような $\varphi(0)=0$ そして $f\circ\varphi(x)=\varphi(2x)$。
証明：レッツ$g:\mathbf{R}\to\mathbf{R}$ によって与えられる $g(x)=\log_2 f(2^x)$。請求項1により、いくつかあります$\psi:\mathbf{R}\to\mathbf{R}$ それは厳密に増加し、継続的で、上下に制限がなく、 $g\circ\psi(x)=\psi(x+1)$。次に、$\varphi(x)=2^{\psi(\log_2 x)}$、だから私たちはそれを見る $$\varphi(2x)=2^{\psi(1+\log_2 x)}=2^{g\circ\psi(\log_2 x)}=f(2^{\psi(\log_2 x)})=f\circ\varphi(x)$$
請求項3：もし$f:\mathbf{R}\to\mathbf{R}$ 厳密に増加し、連続的であり、不安定な不動点が1つだけあります $c$、 あれは、 $f(x)>x$ すべてのために $x>c$ そして $f(x)<x$ すべてのために $x<c$、その後、同相写像が増加しています $\varphi:\mathbf{R}\to\mathbf{R}$ そのような $\varphi^{-1}\circ f\circ \varphi(x)=2x$。
証明：レッツ$g:\mathbf{R}\to\mathbf{R}$ によって与えられる $g(x)=f(x+c)-c$、したがって $g$ すべてのプロパティを共有します $f$ を除いて $0$ の不動点です $g$。請求項2により、同相写像が増加している$\varphi_{\pm}:[0,\infty)\to[0,\infty)$ そのような $\varphi_{\pm}(0)=0$、さらに両方 $\varphi_+^{-1}\circ g\circ\varphi_+(x)=2x$ そして $\varphi_-^{-1}(-g(-\varphi_-(x)))=2x$。しましょう$\psi:\mathbf{R}\to\mathbf{R}$ によって与えられる $$\psi(x)=\begin{cases} \varphi_+(x)&\text{if }x\ge 0\\ -\varphi_-(-x)&\text{if }x<0 \end{cases}$$ それならそれを見るのは難しくありません $\psi$ そのような増加する同相写像である $\psi^{-1}\circ g\circ\psi(x)=2x$。最後にしましょう$\varphi:\mathbf{R}\to\mathbf{R}$ によって与えられる $\varphi(x)=\psi(x)+c$、 それで $$2x=\varphi^{-1}(\psi(2x)+c)=\varphi^{-1}(g\circ\psi(x)+c)=\varphi^{-1}\circ f\circ\varphi(x)$$
当然の結果として、両方が $x^3+1$ そして $x^3+2$ 請求項3を満たすため、両方ともに共役です。 $2x$。
また、両方のように証明を変更することは完全に可能であることに注意してください $x^3+1$ そして $x^3+2$ に共役です $2x$ すべてで滑らかな同相写像を介して $\mathbf{R}$ 固定小数点を除いて。
これは避けられません：
追加されたクレーム4： 2つの線形関数を検討する$f(x)=2x$ そして $g(x)=4x$。しましょう$\varphi:\mathbf{R}\to\mathbf{R}$ そのような同相写像であること $\varphi\circ f=g\circ\varphi$。次に$\varphi$ で連続的に2回微分可能にすることはできません $0$。
証明：そうではないと仮定すると、テイラーの定理により、$$\varphi(x)=ax+bx^2+h(x)\cdot x^2$$ どこ $h$ で継続しています $h(0)=0$。次に、拡張することによって$\varphi\circ f=g\circ\varphi$、最終的には $$h(2x)-h(x)=\frac{a}{2x}$$ 限界を迎える $x\to 0$ 両側で、 $a=0$、および $h(2x)=h(x)$。しかしの継続性$h$ で $0$ ことを意味します $h$ 同じように $0$、つまり $\varphi(x)=bx^2$、および $\varphi$ 同相写像になることはできません。