Nadane funkcje $h,k:\Bbb R\to \Bbb R$, czy można określić, czy $f,g:\Bbb R\to\Bbb R$ istnieje tak, że $g\circ f=h$ i $f\circ g=k$?
Powiedzmy, że mam dwie funkcje $h,k:\Bbb R\to \Bbb R$. chcę znaleźć$f,g:\Bbb R\to \Bbb R$ takie że $g\circ f=h$ i $f\circ g=k$. wiem to$f,g$może nie istnieć (na przykład równanie funkcjonalne obejmujące skład i wykładniki ). Czy znamy przynajmniej warunek$h,k$ takie że $f,g$ istnieć?
Który stan gwarantuje wyjątkowość $f,g$(pod warunkiem, że istnieją)? Zauważ, że są$h,k$ takie że $f,g$nie są wyjątkowe. Na przykład,$h=k=0$, gdzie $f=0$ działa i $g$ jest dowolną funkcją st $g(0)=0$. Albo kiedy$h=k$ jest funkcją tożsamości i bierzemy $f$ być jakimkolwiek bijection i $g=f^{-1}$.
Przynajmniej co wiemy o tym problemie, kiedy $h,k$są funkcjami wielomianowymi? Czy istnieje prosty test, który mówi nam, że istnieją wielomiany$f,g$ spełniające warunki dla danej pary wielomianów $h,k$? A co z wyjątkowością rozwiązań wielomianowych?
Jeśli ogólny problem jest zbyt trudny, najbardziej interesuje mnie ten konkretny problem. chcę znaleźć$f,g:\Bbb R\to\Bbb R$ takie że $$g\circ f(x)=x^3+1$$ i $$f\circ g(x)=x^3+3x^2+3x+2.$$ Wyraźnie $f,g$są funkcjami bijektywnymi, jeśli istnieją. Czy możemy więc określić wartość$g\circ f^{-1}(-7)$?
znalazłem $f,g$że prawie działa. Kiedy$f(x)=x^3$ i $g(x)=x+1$, mamy $g\circ f(x)=x^3+1$ ale $f\circ g(x)=x^3+3x^2+3x+1$. Niestety nie do końca działają. Wiem też, że nie ma funkcji wielomianowych$f,g$ ta praca.
Zauważ, że $$f(x^3+1)=f(x)^3+3f(x)^2+3f(x)+2$$ i $$g(x^3+3x^2+3x+2)=g(x)^3+1.$$ $\therefore$ Jeśli $a,b$ to takie unikalne liczby rzeczywiste $a^3+1=a$ i $b^3+3b^2+3b+2=b$, widzimy to $f(a)=b$ i $g(b)=a$. To jedyne wartości$f$ i $g$to wiem. Ale ja też to widzę$$ f^{-1}(-7)=g(-3)$$ jeśli to pomoże.
Pozwolić $h(x)=x^3+1$ i $k(x)=x^3+3x^2+3x+2$. Spowodowany$f\circ g(x)$ i $g\circ f(x)$są podane; odnaleźć$f$ i $g$, Jeśli $f=f_0$ i $g=g_0$ spełnić warunki $f=f_0\circ \phi$ i $g=\phi^{-1}\circ g_0$ stworzyć rozwiązanie dla każdego bijekcji $\phi:\Bbb R\to\Bbb R$ takie że $h\circ \phi=\phi\circ h$. Ponieważ każda iteracja$h$ dojeżdża z $h$widzimy, że jest ich nieskończenie wiele $f$ i $g$, Jeśli $f_0,g_0$istnieć. Jak mam sprawdzić, czy$f_0,g_0$ istnieć?
Odpowiedzi
Jeśli $h= g\circ f$ i $k= f\circ g$, jeden z $h,k$ jest surjektywna, a druga iniekcyjna $f$, $g$, $h$, $k$ są bijektywne i $$k = f\circ h \circ f^{-1}$$, to jest $h$, $k$są sprzężone. I odwrotnie, jeśli$h$, $k$ są sprzężone, możesz znaleźć $f$, i wtedy $g$. Teraz koniugacja jest relacją równoważności.
Teraz w naszym przykładzie $h(x) = x^3+1$, $k(x) = (x+1)^3 + 1$, więc $k(x-1) + 1 = x^3+2$, koniugat $k$. Więc teraz chcemy zobaczyć, czy$h_1(x) = x^3+1$ i $h_2(x) =x^3+2$są sprzężone. Zauważ, że oba mają unikalny stały punkt$\xi_1$, $\xi_2$, i dla $x> \xi_i$ mamy $h_i^{n}(x) \to \infty$ tak jak $n\to \infty$, $h_i^{n}(x) \to \xi_i$, tak jak $n\to -\infty$, podczas gdy dla $x< \xi_i$, mamy $h_i^{n}(x) \to -\infty$ tak jak $n\to \infty$, $h_i^{n}(x) \to \xi_i$, tak jak $n\to -\infty$. Dlatego wszystkie orbity$h_i$-z wyjątkiem jednego zawierającego stały punkt- są nieskończone. Więc istnieje uprzedzenie$\phi\colon \mathbb{R}\to \mathbb{R}$ takie że $h_2= \phi\circ h_1\circ \phi^{-1}$. Oczywiście nie jest wyjątkowy, więc miły$\phi$byłoby pożądane. Zauważ, że$\phi$ przyjmuje stały punkt $h_1$ do stałego punktu $h_2$.
Wydaje się, że obie $h_1$, $h_2$ zachowywać się jak mapa $x\to 2 x$. Czy są z nim topologicznie sprzężone? Zauważ, że$l(x) = 2x$ jest częścią $1$-grupa parametrów dyfeomorfizmu $\mathbb{R}$, $(t,x)\mapsto 2^{t}\cdot x$. Jeśli$h_1$, $h_2$ są sprzężone z $l$, to są one również częścią pliku $1$-parametr grupy homeomorfizmów $\mathbb{R}$. W szczególności istnieje$\psi$ homeomorfizm $\mathbb{R}$ takie że $\psi\circ \psi(x) = x^3+1$. Jaki byłby taki homeomorfizm?
$\bf{Added:}$ Przypadek, w którym oba $k$, $k$Czy bijekcja jest prostsza, sprowadza się do pytania, kiedy dwie mapy są sprzężone pod bijekcją. Są wtedy i tylko wtedy, gdy „graf” map jest izomorficzny, gdzie graf składa się z wierzchołków$x$i krawędzie $(x, h(x))$. W przypadku bijekcji ich struktura cyklu musi być taka sama.
Weźmy na przykład mapy $x\mapsto 2 x$, i $x\mapsto 4 x$. Są koniugatami pod bijekcją$x\mapsto x^{2_+}\colon = x^2 \operatorname{sign} x$. Mapy$x\mapsto 2x$, i $x\mapsto 3x$ są sprzężone pod mapą $x\mapsto x^{\log_2 3_+}$.
To dodatek do bardzo błyskotliwej analizy, którą przedstawił już orangeskid. W świetle ich analizy przedstawię kilka prostych faktów na temat koniugacji topologicznej w liczbach rzeczywistych.
Zastrzeżenie 1: Jeśli$f:\mathbf{R}\to\mathbf{R}$ jest ściśle rosnąca, ciągła, nieograniczona powyżej i poniżej, i tak dalej $f(0)>0$, to jest ściśle rosnący i ciągły $\varphi:\mathbf{R}\to\mathbf{R}$ takie że $\varphi(0)=0$ i $f\circ\varphi(x)=\varphi(x+1)$. Co więcej, jeśli$f(x)>x$ dla wszystkich $x\in\mathbf{R}$, następnie $\varphi$ jest również nieograniczony powyżej i poniżej.
Dowód: odkąd wiemy$f(0)>0$, pozwolić $\varphi(a)=af(0)$ dla wszystkich $a\in[0,1)$. Resztę określimy$\varphi$ rozszerzając w oczywisty sposób: $\varphi(x)=f^{(\lfloor x\rfloor)}\circ\varphi\left(x-\lfloor x\rfloor\right)$, gdzie $f^{(-)}$ oznacza funkcjonalną iterację, jak $f$jest bijektywny. Oczywiście następną rzeczą do zrobienia jest sprawdzenie, czy spełnia to wymagania:
Zmusiliśmy $f\circ\varphi(x)=\varphi(x+1)$ przez konstrukcję, więc to jest zrobione.
Aby sprawdzić ciągłość, pamiętaj o tym $f^{(\lfloor x\rfloor)}$ jest zawsze ciągła, a więc według składu funkcjonalnego $\varphi$ jest ciągłe $\mathbf{R}\smallsetminus\mathbf{Z}$. Aby sprawdzić ciągłość$\mathbf{Z}$wystarczy sprawdzić ciągłość jako $x\to 1^-$. Do tego uwaga, że$$\varphi(1)=f\circ\varphi(0)=f(0)=\lim_{x\to 1^-}\varphi(x)$$
Zobaczyć $\varphi$ jest ściśle zwiększana, zauważ to $f^{(\lfloor x\rfloor)}$ ściśle rośnie z założenia i to $\varphi$ ściśle się zwiększa $[0,1)$, więc dostajemy $\varphi$ rośnie we wszystkich interwałach $[z,z+1)$ gdzie $z\in\mathbf{Z}$. jednak$\varphi$ jest ciągła, więc jest ściśle zwiększana $\mathbf{R}$.
Teraz sprawdź część „więcej”.
- Jeśli $\varphi$ nie jest nieograniczony, to przez monotonną konwergencję istnieje ograniczenie $M=\lim_{x\to A}\varphi(x)$ gdzie $A\in\pm\infty$. Jednak jak$f$ jest ciągła, $$f(M)=f\left(\lim_{x\to A}\varphi(x)\right)=\lim_{x\to A}f(\varphi(x))=\lim_{x\to A}\varphi(x+1)=M$$ To zaprzecza temu $f(x)>x$ dla wszystkich $x\in\mathbf{R}$.
Zastrzeżenie 2: Jeśli$f:[0,\infty)\to[0,\infty)$ jest ściśle rosnąca i ciągła, tak że $f(0)=0$ i $f(x)>x$ dla wszystkich $x>0$, wtedy istnieje ściśle rosnąca, ciągła i nieograniczona $\varphi:[0,\infty)\to[0,\infty)$ takie że $\varphi(0)=0$ i $f\circ\varphi(x)=\varphi(2x)$.
Dowód: niech$g:\mathbf{R}\to\mathbf{R}$ być podane przez $g(x)=\log_2 f(2^x)$. Zgodnie z zastrzeżeniem 1, jest ich kilka$\psi:\mathbf{R}\to\mathbf{R}$ to jest ściśle rosnące, ciągłe, nieograniczone powyżej i poniżej i takie tam $g\circ\psi(x)=\psi(x+1)$. Wtedy pozwolić$\varphi(x)=2^{\psi(\log_2 x)}$, więc to widzimy $$\varphi(2x)=2^{\psi(1+\log_2 x)}=2^{g\circ\psi(\log_2 x)}=f(2^{\psi(\log_2 x)})=f\circ\varphi(x)$$
Twierdzenie 3: Jeśli$f:\mathbf{R}\to\mathbf{R}$ jest ściśle rosnąca, ciągła i ma dokładnie jeden niestabilny punkt stały $c$, to jest, $f(x)>x$ dla wszystkich $x>c$ i $f(x)<x$ dla wszystkich $x<c$, wtedy występuje rosnący homeomorfizm $\varphi:\mathbf{R}\to\mathbf{R}$ takie że $\varphi^{-1}\circ f\circ \varphi(x)=2x$.
Dowód: niech$g:\mathbf{R}\to\mathbf{R}$ być podane przez $g(x)=f(x+c)-c$, więc $g$ udostępnia wszystkie właściwości z $f$ z wyjątkiem $0$ jest punktem stałym $g$. Zgodnie z zastrzeżeniem 2, rośnie homeomorfizm$\varphi_{\pm}:[0,\infty)\to[0,\infty)$ takie że $\varphi_{\pm}(0)=0$a ponadto oba $\varphi_+^{-1}\circ g\circ\varphi_+(x)=2x$ i $\varphi_-^{-1}(-g(-\varphi_-(x)))=2x$. Pozwolić$\psi:\mathbf{R}\to\mathbf{R}$ być podane przez $$\psi(x)=\begin{cases} \varphi_+(x)&\text{if }x\ge 0\\ -\varphi_-(-x)&\text{if }x<0 \end{cases}$$ Wtedy nietrudno to zobaczyć $\psi$ to taki rosnący homeomorfizm $\psi^{-1}\circ g\circ\psi(x)=2x$. Wreszcie pozwól$\varphi:\mathbf{R}\to\mathbf{R}$ być podane przez $\varphi(x)=\psi(x)+c$, a więc wtedy $$2x=\varphi^{-1}(\psi(2x)+c)=\varphi^{-1}(g\circ\psi(x)+c)=\varphi^{-1}\circ f\circ\varphi(x)$$
W konsekwencji zwróć uwagę, że oba $x^3+1$ i $x^3+2$ spełnia zastrzeżenie 3, więc oba są sprzężone $2x$.
Zauważ również, że jest całkowicie możliwe zmodyfikowanie dowodu w taki sposób, że oba $x^3+1$ i $x^3+2$ są sprzężone z $2x$ poprzez homeomorfizm, który jest gładki na wszystkich $\mathbf{R}$ z wyjątkiem stałego punktu.
Jest to nieuniknione:
Dodano zastrzeżenie 4: Rozważ dwie funkcje liniowe$f(x)=2x$ i $g(x)=4x$. Pozwolić$\varphi:\mathbf{R}\to\mathbf{R}$ być takim homeomorfizmem $\varphi\circ f=g\circ\varphi$. Następnie$\varphi$ nie może być różniczkowalna w sposób ciągły dwukrotnie w $0$.
Dowód: zakładając, że nie, to zgodnie z twierdzeniem Taylora mamy$$\varphi(x)=ax+bx^2+h(x)\cdot x^2$$ gdzie $h$ jest ciągła o godz $h(0)=0$. Następnie rozszerzając$\varphi\circ f=g\circ\varphi$, w końcu otrzymujemy $$h(2x)-h(x)=\frac{a}{2x}$$ Przekraczanie granic $x\to 0$ widzimy to po obu stronach $a=0$, i $h(2x)=h(x)$. Jednak ciągłość$h$ w $0$ wynika z tego $h$ jest identyczny $0$, to znaczy $\varphi(x)=bx^2$, i $\varphi$ nie może być homeomorfizmem.