주어진 기능 $h,k:\Bbb R\to \Bbb R$, 여부를 결정할 수 있습니까? $f,g:\Bbb R\to\Bbb R$ 그래서 존재 $g\circ f=h$ 과 $f\circ g=k$?
두 가지 기능이 있다고 가정 해 봅시다. $h,k:\Bbb R\to \Bbb R$. 나는 찾고 싶다$f,g:\Bbb R\to \Bbb R$ 그런 $g\circ f=h$ 과 $f\circ g=k$. 알아$f,g$존재하지 않을 수 있습니다 (예 : 구성 및 지수를 포함하는 함수 방정식 ). 우리는 적어도 조건을 알고 있습니까?$h,k$ 그런 $f,g$ 있다?
고유성을 보장하는 조건 $f,g$(존재하는 경우)? 거기에 유의하십시오$h,k$ 그런 $f,g$고유하지 않습니다. 예를 들면$h=k=0$, 어디 $f=0$ 작품과 $g$ 모든 기능 st입니다 $g(0)=0$. 또는 언제$h=k$ 정체성 함수이고 우리는 $f$ 어떤 bijection이고 $g=f^{-1}$.
최소한이 문제에 대해 무엇을 알고 있습니까? $h,k$다항 함수는 무엇입니까? 다항식이 있다는 간단한 테스트가 있습니까?$f,g$ 주어진 다항식 쌍에 대한 조건을 충족하는 $h,k$? 다시, 다항식 솔루션의 고유성은 어떻습니까?
일반적인 문제가 너무 어렵다면이 특정 문제에 가장 관심이 있습니다. 나는 찾고 싶다$f,g:\Bbb R\to\Bbb R$ 그런 $$g\circ f(x)=x^3+1$$ 과 $$f\circ g(x)=x^3+3x^2+3x+2.$$ 분명히 $f,g$존재하는 경우 bijective 함수입니다. 그래서 우리는 가치를 결정할 수 있습니까?$g\circ f^{-1}(-7)$?
나는 발견했다 $f,g$거의 작동합니다. 언제$f(x)=x^3$ 과 $g(x)=x+1$, 우리는 $g\circ f(x)=x^3+1$ 그러나 $f\circ g(x)=x^3+3x^2+3x+1$. 불행히도 그들은 제대로 작동하지 않습니다. 다항식 함수가 없다는 것도 알고 있습니다$f,g$ 그 일.
참고 $$f(x^3+1)=f(x)^3+3f(x)^2+3f(x)+2$$ 과 $$g(x^3+3x^2+3x+2)=g(x)^3+1.$$ $\therefore$ 만약 $a,b$ 고유 한 실수입니다. $a^3+1=a$ 과 $b^3+3b^2+3b+2=b$, 우리는 $f(a)=b$ 과 $g(b)=a$. 이것들은$f$ 과 $g$알고 있습니다. 그러나 나는 또한 볼 수 있습니다$$ f^{-1}(-7)=g(-3)$$ 도움이된다면.
허락하다 $h(x)=x^3+1$ 과 $k(x)=x^3+3x^2+3x+2$. 때문에$f\circ g(x)$ 과 $g\circ f(x)$주어진다; 찾기$f$ 과 $g$, 만약 $f=f_0$ 과 $g=g_0$ 조건을 만족하면 $f=f_0\circ \phi$ 과 $g=\phi^{-1}\circ g_0$ 모든 bijection에 대한 솔루션을 형성 $\phi:\Bbb R\to\Bbb R$ 그런 $h\circ \phi=\phi\circ h$. 모든 반복 때문에$h$ 통근 $h$, 우리는 무한히 많은 $f$ 과 $g$, 만약 $f_0,g_0$있다. 어떻게 확인합니까$f_0,g_0$ 있다?
답변
만약 $h= g\circ f$ 과 $k= f\circ g$, 다음 중 하나 $h,k$ 다른 하나는 주관적입니다. $f$, $g$, $h$, $k$ 모두 bijective이고 $$k = f\circ h \circ f^{-1}$$, 그건 $h$, $k$접합체입니다. 반대로$h$, $k$ 켤레이면 찾을 수 있습니다. $f$, 그리고 $g$. 이제 활용은 등가 관계입니다.
이제 우리의 예에서 $h(x) = x^3+1$, $k(x) = (x+1)^3 + 1$, 그래서 $k(x-1) + 1 = x^3+2$, 켤레 $k$. 이제 우리는$h_1(x) = x^3+1$ 과 $h_2(x) =x^3+2$접합체입니다. 둘 다 고유 한 고정 소수점이 있습니다.$\xi_1$, $\xi_2$, 그리고 $x> \xi_i$ 우리는 $h_i^{n}(x) \to \infty$ 같이 $n\to \infty$, $h_i^{n}(x) \to \xi_i$, 같이 $n\to -\infty$, 동안 $x< \xi_i$, 우리는 $h_i^{n}(x) \to -\infty$ 같이 $n\to \infty$, $h_i^{n}(x) \to \xi_i$, 같이 $n\to -\infty$. 따라서 모든 궤도$h_i$-고정 소수점을 포함하는 것을 제외하고-는 무한합니다. 그래서 bijection이 존재합니다$\phi\colon \mathbb{R}\to \mathbb{R}$ 그런 $h_2= \phi\circ h_1\circ \phi^{-1}$. 분명히 독특하지 않기 때문에$\phi$원할 것입니다. 참고$\phi$ 고정 소수점을 취하다 $h_1$ 고정 된 지점에 $h_2$.
둘 다 $h_1$, $h_2$ 지도처럼 행동하다 $x\to 2 x$. 그것들이 토폴로지 적으로 결합되어 있습니까? 참고$l(x) = 2x$ 의 일부입니다 $1$-의 diffeomorphism의 매개 변수 그룹 $\mathbb{R}$, $(t,x)\mapsto 2^{t}\cdot x$. 만약$h_1$, $h_2$ 결합하다 $l$, 그런 다음 그들은 또한 $1$-동 종파의 매개 변수 그룹 $\mathbb{R}$. 특히 존재한다$\psi$ 동 종파 $\mathbb{R}$ 그런 $\psi\circ \psi(x) = x^3+1$. 그러한 동종 파는 무엇일까요?
$\bf{Added:}$ 둘 다 $k$, $k$bijection이 더 간단합니다. 두 맵이 bijection 하에서 언제 결합되는지에 대한 질문으로 줄어 듭니다. 지도의 "그래프"가 동형 인 경우에만 해당되며 그래프가 꼭짓점으로 구성됩니다.$x$및 가장자리 $(x, h(x))$. bijections의 경우주기 구조가 동일해야합니다.
예를 들어지도를 고려하십시오 $x\mapsto 2 x$, 및 $x\mapsto 4 x$. 그들은 bijection 아래에서 결합됩니다.$x\mapsto x^{2_+}\colon = x^2 \operatorname{sign} x$. 지도$x\mapsto 2x$, 및 $x\mapsto 3x$ 지도 아래에 결합 $x\mapsto x^{\log_2 3_+}$.
이것은 orangeskid가 이미 제공 한 매우 훌륭한 분석에 대한 부록입니다. 그들의 분석에 비추어, 실제에 대한 토폴로지 활용에 대한 몇 가지 쉬운 사실을 제공 할 것입니다.
주장 1 : 만약$f:\mathbf{R}\to\mathbf{R}$ 엄격하게 증가하고, 지속적이며, 위아래로 제한되지 않습니다. $f(0)>0$, 엄격하게 증가하고 지속적인 $\varphi:\mathbf{R}\to\mathbf{R}$ 그런 $\varphi(0)=0$ 과 $f\circ\varphi(x)=\varphi(x+1)$. 또한$f(x)>x$ 모든 $x\in\mathbf{R}$, 다음 $\varphi$ 또한 위와 아래에 제한이 없습니다.
증거 : 우리가 알고 있기 때문에$f(0)>0$, 허락하다 $\varphi(a)=af(0)$ 모든 $a\in[0,1)$. 나머지 부분을 정의합니다.$\varphi$ 명백한 fasion으로 확장하여 : $\varphi(x)=f^{(\lfloor x\rfloor)}\circ\varphi\left(x-\lfloor x\rfloor\right)$, 어디 $f^{(-)}$ 기능적 반복을 나타냅니다. $f$bijective입니다. 다음으로 할 일은 이것이 요구 사항에 맞는지 확인하는 것입니다.
우리는 강요했다 $f\circ\varphi(x)=\varphi(x+1)$ 구성에 의해 완료됩니다.
연속성을 확인하려면 $f^{(\lfloor x\rfloor)}$ 항상 연속적이므로 기능적 구성에 따라 $\varphi$ 계속된다 $\mathbf{R}\smallsetminus\mathbf{Z}$. 연속성을 확인하려면$\mathbf{Z}$, 연속성을 확인하는 것으로 충분합니다. $x\to 1^-$. 이 메모를 위해$$\varphi(1)=f\circ\varphi(0)=f(0)=\lim_{x\to 1^-}\varphi(x)$$
보다 $\varphi$ 엄격하게 증가하고 있습니다. $f^{(\lfloor x\rfloor)}$ 가정에 의해 엄격하게 증가하고 있으며 $\varphi$ 엄격하게 증가하고 있습니다 $[0,1)$, 그래서 우리는 $\varphi$ 모든 간격에 걸쳐 엄격하게 증가하고 있습니다. $[z,z+1)$ 어디 $z\in\mathbf{Z}$. 하나$\varphi$ 연속적이므로 엄격하게 증가하고 있습니다. $\mathbf{R}$.
이제 "추가"부분을 확인하십시오.
- 만약 $\varphi$ 무한한 것이 아니라 모노톤 수렴에 의해 경계가 있습니다. $M=\lim_{x\to A}\varphi(x)$ 어디 $A\in\pm\infty$. 그러나$f$ 연속적입니다. $$f(M)=f\left(\lim_{x\to A}\varphi(x)\right)=\lim_{x\to A}f(\varphi(x))=\lim_{x\to A}\varphi(x+1)=M$$ 이것은 모순됩니다 $f(x)>x$ 모든 $x\in\mathbf{R}$.
주장 2 : If$f:[0,\infty)\to[0,\infty)$ 엄격하게 증가하고 지속적입니다. $f(0)=0$ 과 $f(x)>x$ 모든 $x>0$, 엄격하게 증가하고 연속적이며 무한한 $\varphi:[0,\infty)\to[0,\infty)$ 그런 $\varphi(0)=0$ 과 $f\circ\varphi(x)=\varphi(2x)$.
증명 : 하자$g:\mathbf{R}\to\mathbf{R}$ ~에 의해 주어지다 $g(x)=\log_2 f(2^x)$. 클레임 1에 따르면$\psi:\mathbf{R}\to\mathbf{R}$ 그것은 엄격하게 증가하고, 연속적이며, 위아래로 제한되지 않습니다. $g\circ\psi(x)=\psi(x+1)$. 그럼$\varphi(x)=2^{\psi(\log_2 x)}$, 그래서 우리는 $$\varphi(2x)=2^{\psi(1+\log_2 x)}=2^{g\circ\psi(\log_2 x)}=f(2^{\psi(\log_2 x)})=f\circ\varphi(x)$$
주장 3 : 만약$f:\mathbf{R}\to\mathbf{R}$ 엄격하게 증가하고 연속적이며 정확히 하나의 불안정한 고정 점이 있습니다. $c$, 그건, $f(x)>x$ 모든 $x>c$ 과 $f(x)<x$ 모든 $x<c$, 증가하는 동종 성 $\varphi:\mathbf{R}\to\mathbf{R}$ 그런 $\varphi^{-1}\circ f\circ \varphi(x)=2x$.
증명 : 하자$g:\mathbf{R}\to\mathbf{R}$ ~에 의해 주어지다 $g(x)=f(x+c)-c$, 따라서 $g$ 모든 속성을 $f$ 외 $0$ 고정 소수점입니다 $g$. 클레임 2에 따르면 동종 성이 증가하고 있습니다.$\varphi_{\pm}:[0,\infty)\to[0,\infty)$ 그런 $\varphi_{\pm}(0)=0$, 그리고 둘 다 $\varphi_+^{-1}\circ g\circ\varphi_+(x)=2x$ 과 $\varphi_-^{-1}(-g(-\varphi_-(x)))=2x$. 허락하다$\psi:\mathbf{R}\to\mathbf{R}$ ~에 의해 주어지다 $$\psi(x)=\begin{cases} \varphi_+(x)&\text{if }x\ge 0\\ -\varphi_-(-x)&\text{if }x<0 \end{cases}$$ 그렇다면 그것을 보는 것은 어렵지 않습니다 $\psi$ 증가하는 동종 성 $\psi^{-1}\circ g\circ\psi(x)=2x$. 마지막으로$\varphi:\mathbf{R}\to\mathbf{R}$ ~에 의해 주어지다 $\varphi(x)=\psi(x)+c$, 그럼 $$2x=\varphi^{-1}(\psi(2x)+c)=\varphi^{-1}(g\circ\psi(x)+c)=\varphi^{-1}\circ f\circ\varphi(x)$$
결론적으로, 둘 다 $x^3+1$ 과 $x^3+2$ 청구항 3을 충족하므로 둘 다 $2x$.
또한 증명을 완전히 수정할 수 있습니다. $x^3+1$ 과 $x^3+2$ 결합하다 $2x$ 모두 부드러운 동종 이형을 통해 $\mathbf{R}$ 고정 지점을 제외하고.
이것은 피할 수없는 일입니다.
추가 주장 4 : 두 가지 선형 함수 고려$f(x)=2x$ 과 $g(x)=4x$. 허락하다$\varphi:\mathbf{R}\to\mathbf{R}$ 어떤 동종 이냐 $\varphi\circ f=g\circ\varphi$. 그때$\varphi$ 지속적으로 두 배로 미분 할 수 없습니다. $0$.
증명 : 그렇지 않다고 가정하면 Taylor의 정리에 의해$$\varphi(x)=ax+bx^2+h(x)\cdot x^2$$ 어디 $h$ 연속적이다 $h(0)=0$. 그런 다음 확장하여$\varphi\circ f=g\circ\varphi$, 우리는 결국 $$h(2x)-h(x)=\frac{a}{2x}$$ 한계에 도전 $x\to 0$ 양쪽에서 우리는 $a=0$, 및 $h(2x)=h(x)$. 그러나 연속성$h$ ...에서 $0$ 그것을 의미 $h$ 동일하다 $0$, 의미 $\varphi(x)=bx^2$, 및 $\varphi$ 동종이 될 수 없습니다.