Funções dadas $h,k:\Bbb R\to \Bbb R$, é possível determinar se $f,g:\Bbb R\to\Bbb R$ existe para que $g\circ f=h$ e $f\circ g=k$?

Jan 06 2021

Digamos que tenho duas funções $h,k:\Bbb R\to \Bbb R$. eu quero encontrar$f,g:\Bbb R\to \Bbb R$ de tal modo que $g\circ f=h$ e $f\circ g=k$. eu sei que$f,g$pode não existir (por exemplo, equação funcional envolvendo composição e expoentes ). Conhecemos pelo menos uma condição para$h,k$ de tal modo que $f,g$ existir?

Qual condição garante a exclusividade de $f,g$(desde que existam)? Observe que existem$h,k$ de tal modo que $f,g$não são únicos. Por exemplo,$h=k=0$, Onde $f=0$ funciona e $g$ qualquer função é $g(0)=0$. Ou quando$h=k$ é a função de identidade, e tomamos $f$ ser qualquer bijeção e $g=f^{-1}$.

No mínimo, o que sabemos sobre esse problema quando $h,k$são funções polinomiais? Existe um teste simples que nos diz que existem polinômios$f,g$ que satisfaçam as condições para um determinado par de polinômios $h,k$? Mais uma vez, e quanto à singularidade das soluções polinomiais?


Se o problema geral for muito difícil, estou mais interessado neste problema específico. eu quero encontrar$f,g:\Bbb R\to\Bbb R$ de tal modo que $$g\circ f(x)=x^3+1$$ e $$f\circ g(x)=x^3+3x^2+3x+2.$$ Claramente $f,g$são funções bijetivas, se existirem. Então, podemos determinar o valor de$g\circ f^{-1}(-7)$?

eu encontrei $f,g$que quase funciona. Quando$f(x)=x^3$ e $g(x)=x+1$, temos $g\circ f(x)=x^3+1$ mas $f\circ g(x)=x^3+3x^2+3x+1$. Infelizmente, eles não funcionam bem. Eu também sei que não existem funções polinomiais$f,g$ aquele trabalho.

Observe que $$f(x^3+1)=f(x)^3+3f(x)^2+3f(x)+2$$ e $$g(x^3+3x^2+3x+2)=g(x)^3+1.$$ $\therefore$ E se $a,b$ são os números reais únicos, tais que $a^3+1=a$ e $b^3+3b^2+3b+2=b$, nós vemos que $f(a)=b$ e $g(b)=a$. Estes são os únicos valores de$f$ e $g$que eu saiba. Mas também posso ver que$$ f^{-1}(-7)=g(-3)$$ se isso ajudar.

Deixei $h(x)=x^3+1$ e $k(x)=x^3+3x^2+3x+2$. Devido a$f\circ g(x)$ e $g\circ f(x)$são dados; encontrar$f$ e $g$, E se $f=f_0$ e $g=g_0$ satisfaça as condições, então $f=f_0\circ \phi$ e $g=\phi^{-1}\circ g_0$ formar uma solução para qualquer bijeção $\phi:\Bbb R\to\Bbb R$ de tal modo que $h\circ \phi=\phi\circ h$. Porque qualquer iteração de$h$ comuta com $h$, podemos ver que existem infinitamente muitos $f$ e $g$, E se $f_0,g_0$existir. Como faço para ver se$f_0,g_0$ existir?

Respostas

3 orangeskid Jan 06 2021 at 11:12

E se $h= g\circ f$ e $k= f\circ g$, um dos $h,k$ é sobrejetiva, e o outro injetivo, então $f$, $g$, $h$, $k$ são todos bijetivos e $$k = f\circ h \circ f^{-1}$$, isso é $h$, $k$são conjugados. Por outro lado, se$h$, $k$ são conjugados, então você pode encontrar $f$, e depois $g$. Agora, a conjugação é uma relação de equivalência.

Agora em nosso exemplo $h(x) = x^3+1$, $k(x) = (x+1)^3 + 1$, assim $k(x-1) + 1 = x^3+2$, um conjugado de $k$. Então, agora queremos ver se$h_1(x) = x^3+1$ e $h_2(x) =x^3+2$são conjugados. Observe que ambos têm um único ponto fixo$\xi_1$, $\xi_2$, e para $x> \xi_i$ temos $h_i^{n}(x) \to \infty$ Como $n\to \infty$, $h_i^{n}(x) \to \xi_i$, Como $n\to -\infty$, enquanto para $x< \xi_i$, temos $h_i^{n}(x) \to -\infty$ Como $n\to \infty$, $h_i^{n}(x) \to \xi_i$, Como $n\to -\infty$. Portanto, todas as órbitas de$h_i$-exceto aquele que contém o ponto fixo- são infinitos. Então existe uma bijeção$\phi\colon \mathbb{R}\to \mathbb{R}$ de tal modo que $h_2= \phi\circ h_1\circ \phi^{-1}$. Claramente não é único, então um bom$\phi$seria desejado. Observe que$\phi$ toma o ponto fixo de $h_1$ ao ponto fixo de $h_2$.

Parece que ambos $h_1$, $h_2$ se comporte como o mapa $x\to 2 x$. Eles são topologicamente conjugados a ele? Observe que$l(x) = 2x$ faz parte de um $1$-grupo de parâmetros de difeomorfismo de $\mathbb{R}$, $(t,x)\mapsto 2^{t}\cdot x$. E se$h_1$, $h_2$ são conjugados com $l$, então eles também são parte de um $1$-grupo de parâmetros de homeomorfismos de $\mathbb{R}$. Em particular, existe$\psi$ um homeomorfismo de $\mathbb{R}$ de tal modo que $\psi\circ \psi(x) = x^3+1$. O que seria tal homeomorfismo?

$\bf{Added:}$ O caso em que ambos $k$, $k$são bijeções é mais simples, se reduz à questão de quando dois mapas são conjugados sob uma bijeção. Eles são se e somente se o "gráfico" dos mapas são isomórficos, onde o gráfico consiste em vértices$x$, e bordas $(x, h(x))$. Para bijeções, sua estrutura de ciclo deve ser a mesma.

Considere, por exemplo, os mapas $x\mapsto 2 x$e $x\mapsto 4 x$. Eles são conjugados sob a bijeção$x\mapsto x^{2_+}\colon = x^2 \operatorname{sign} x$. Os mapas$x\mapsto 2x$e $x\mapsto 3x$ são conjugados sob o mapa $x\mapsto x^{\log_2 3_+}$.

4 EdwardH Jan 07 2021 at 10:20

Este é um adendo à análise muito brilhante já feita por orangeskid. À luz de sua análise, vou fornecer alguns fatos fáceis sobre a conjugação topológica sobre os reais.


Reivindicação 1: Se$f:\mathbf{R}\to\mathbf{R}$ é estritamente crescente, contínuo, ilimitado acima e abaixo, e tal que $f(0)>0$, então há um estritamente crescente e contínuo $\varphi:\mathbf{R}\to\mathbf{R}$ de tal modo que $\varphi(0)=0$ e $f\circ\varphi(x)=\varphi(x+1)$. Além disso, se$f(x)>x$ para todos $x\in\mathbf{R}$, então $\varphi$ também é ilimitado acima e abaixo.

Prova: já que sabemos$f(0)>0$, deixei $\varphi(a)=af(0)$ para todos $a\in[0,1)$. Vamos definir o resto de$\varphi$ estendendo no fasion óbvio: $\varphi(x)=f^{(\lfloor x\rfloor)}\circ\varphi\left(x-\lfloor x\rfloor\right)$, Onde $f^{(-)}$ denota iteração funcional, como $f$é bijetivo. Obviamente, a próxima coisa a fazer é verificar se isso atende aos requisitos:

  • Nós forçamos $f\circ\varphi(x)=\varphi(x+1)$ por contsruction, então isso é feito.

  • Para verificar a continuidade, observe que $f^{(\lfloor x\rfloor)}$ é sempre contínuo, portanto, por composição funcional $\varphi$ é contínuo sobre $\mathbf{R}\smallsetminus\mathbf{Z}$. Para verificar a continuidade em$\mathbf{Z}$, é suficiente verificar a continuidade como $x\to 1^-$. Para esta nota que$$\varphi(1)=f\circ\varphi(0)=f(0)=\lim_{x\to 1^-}\varphi(x)$$

  • Ver $\varphi$ está aumentando estritamente, observe que $f^{(\lfloor x\rfloor)}$ está aumentando estritamente por suposição e que $\varphi$ está estritamente aumentando $[0,1)$, então nós temos $\varphi$ está aumentando estritamente em todos os intervalos $[z,z+1)$ Onde $z\in\mathbf{Z}$. Contudo$\varphi$ é contínuo e, portanto, está estritamente aumentando $\mathbf{R}$.

Agora, para verificar a parte "além disso".

  • E se $\varphi$ não é ilimitado, então por convergência monótona, há um limite $M=\lim_{x\to A}\varphi(x)$ Onde $A\in\pm\infty$. No entanto, como$f$ é contínuo, $$f(M)=f\left(\lim_{x\to A}\varphi(x)\right)=\lim_{x\to A}f(\varphi(x))=\lim_{x\to A}\varphi(x+1)=M$$ Isso contradiz que $f(x)>x$ para todos $x\in\mathbf{R}$.

Reivindicação 2: Se$f:[0,\infty)\to[0,\infty)$ é estritamente crescente e contínuo, de modo que $f(0)=0$ e $f(x)>x$ para todos $x>0$, então há um estritamente crescente, contínuo e ilimitado $\varphi:[0,\infty)\to[0,\infty)$ de tal modo que $\varphi(0)=0$ e $f\circ\varphi(x)=\varphi(2x)$.

Prova: Deixe$g:\mathbf{R}\to\mathbf{R}$ ser dado por $g(x)=\log_2 f(2^x)$. Pela reivindicação 1, há alguns$\psi:\mathbf{R}\to\mathbf{R}$ que é estritamente crescente, contínuo, ilimitado acima e abaixo, e tal que $g\circ\psi(x)=\psi(x+1)$. Então deixa$\varphi(x)=2^{\psi(\log_2 x)}$, então vemos que $$\varphi(2x)=2^{\psi(1+\log_2 x)}=2^{g\circ\psi(\log_2 x)}=f(2^{\psi(\log_2 x)})=f\circ\varphi(x)$$


Reivindicação 3: Se$f:\mathbf{R}\to\mathbf{R}$ é estritamente crescente, contínuo e tem exatamente um ponto fixo instável $c$, isso é, $f(x)>x$ para todos $x>c$ e $f(x)<x$ para todos $x<c$, então há um homeomorfismo crescente $\varphi:\mathbf{R}\to\mathbf{R}$ de tal modo que $\varphi^{-1}\circ f\circ \varphi(x)=2x$.

Prova: Deixe$g:\mathbf{R}\to\mathbf{R}$ ser dado por $g(x)=f(x+c)-c$, portanto $g$ compartilha todas as propriedades com $f$ exceto $0$ é o ponto fixo de $g$. De acordo com a reivindicação 2, há um aumento nos homeomorfismos$\varphi_{\pm}:[0,\infty)\to[0,\infty)$ de tal modo que $\varphi_{\pm}(0)=0$e, além disso, ambos $\varphi_+^{-1}\circ g\circ\varphi_+(x)=2x$ e $\varphi_-^{-1}(-g(-\varphi_-(x)))=2x$. Deixei$\psi:\mathbf{R}\to\mathbf{R}$ ser dado por $$\psi(x)=\begin{cases} \varphi_+(x)&\text{if }x\ge 0\\ -\varphi_-(-x)&\text{if }x<0 \end{cases}$$ Então não é difícil ver que $\psi$ é um homeomorfismo crescente tal que $\psi^{-1}\circ g\circ\psi(x)=2x$. Finalmente vamos$\varphi:\mathbf{R}\to\mathbf{R}$ ser dado por $\varphi(x)=\psi(x)+c$, Então $$2x=\varphi^{-1}(\psi(2x)+c)=\varphi^{-1}(g\circ\psi(x)+c)=\varphi^{-1}\circ f\circ\varphi(x)$$


Como corolário, observe que ambos $x^3+1$ e $x^3+2$ satisfaz a reivindicação 3, então ambos são conjugados com $2x$.

Observe também que é completamente possível modificar a prova de modo que ambos $x^3+1$ e $x^3+2$ são conjugados com $2x$ por meio de um homeomorfismo que é suave em todas as $\mathbf{R}$ exceto no ponto fixo.

Isso é inevitável:


Reivindicação 4 adicionada: Considere as duas funções lineares$f(x)=2x$ e $g(x)=4x$. Deixei$\varphi:\mathbf{R}\to\mathbf{R}$ ser qualquer homeomorfismo tal que $\varphi\circ f=g\circ\varphi$. Então$\varphi$ não pode ser continuamente diferenciável duas vezes em $0$.

Prova: Supondo que não, pelo teorema de Taylor, temos$$\varphi(x)=ax+bx^2+h(x)\cdot x^2$$ Onde $h$ é contínuo em $h(0)=0$. Então, expandindo$\varphi\circ f=g\circ\varphi$, eventualmente obtemos $$h(2x)-h(x)=\frac{a}{2x}$$ Tomando o limite $x\to 0$ em ambos os lados, vemos que $a=0$e $h(2x)=h(x)$. Porém a continuidade de$h$ em $0$ implica que $h$ é identicamente $0$, significa que $\varphi(x)=bx^2$e $\varphi$ não pode ser um homeomorfismo.