Данные функции $h,k:\Bbb R\to \Bbb R$, можно ли определить, $f,g:\Bbb R\to\Bbb R$ существуют так что $g\circ f=h$ и $f\circ g=k$?
Скажем, у меня есть две функции $h,k:\Bbb R\to \Bbb R$. я хочу найти$f,g:\Bbb R\to \Bbb R$ такой, что $g\circ f=h$ и $f\circ g=k$. я знаю это$f,g$может не существовать (например, Функциональное уравнение, включающее состав и показатели ). Знаем ли мы хотя бы условие для$h,k$ такой, что $f,g$ существует?
Какое условие гарантирует уникальность $f,g$(при условии, что они есть)? Обратите внимание, что есть$h,k$ такой, что $f,g$не уникальны. Например,$h=k=0$, где $f=0$ работает и $g$ любая функция st $g(0)=0$. Или когда$h=k$ - тождественная функция, и мы берем $f$ быть любым предубеждением и $g=f^{-1}$.
По крайней мере, что мы знаем об этой проблеме, когда $h,k$такие полиномиальные функции? Есть ли простой тест, который говорит нам, что есть многочлены?$f,g$ удовлетворяющие условиям для данной пары многочленов $h,k$? Опять же, что насчет единственности полиномиальных решений?
Если общая проблема слишком сложна, меня больше всего интересует эта конкретная проблема. я хочу найти$f,g:\Bbb R\to\Bbb R$ такой, что $$g\circ f(x)=x^3+1$$ и $$f\circ g(x)=x^3+3x^2+3x+2.$$ Ясно $f,g$являются биективными функциями, если они существуют. Итак, можем ли мы определить стоимость$g\circ f^{-1}(-7)$?
я нашел $f,g$это почти работает. Когда$f(x)=x^3$ и $g(x)=x+1$, у нас есть $g\circ f(x)=x^3+1$ но $f\circ g(x)=x^3+3x^2+3x+1$. К сожалению, они не совсем работают. Я также знаю, что нет полиномиальных функций$f,g$ эта работа.
Обратите внимание, что $$f(x^3+1)=f(x)^3+3f(x)^2+3f(x)+2$$ и $$g(x^3+3x^2+3x+2)=g(x)^3+1.$$ $\therefore$ если $a,b$ - уникальные действительные числа такие, что $a^3+1=a$ и $b^3+3b^2+3b+2=b$, Мы видим, что $f(a)=b$ и $g(b)=a$. Это единственные ценности$f$ и $g$что я знаю. Но я также вижу это$$ f^{-1}(-7)=g(-3)$$ если это поможет.
Позволять $h(x)=x^3+1$ и $k(x)=x^3+3x^2+3x+2$. Из-за$f\circ g(x)$ и $g\circ f(x)$дано; найти$f$ и $g$, если $f=f_0$ и $g=g_0$ удовлетворяют условиям, то $f=f_0\circ \phi$ и $g=\phi^{-1}\circ g_0$ сформировать решение для любого взаимного однозначности $\phi:\Bbb R\to\Bbb R$ такой, что $h\circ \phi=\phi\circ h$. Потому что любая итерация$h$ ездит с $h$, мы видим, что существует бесконечно много $f$ и $g$, если $f_0,g_0$существует. Как мне узнать, есть ли$f_0,g_0$ существует?
Ответы
Если $h= g\circ f$ и $k= f\circ g$, один из $h,k$ сюръективен, а другой инъективен, то $f$, $g$, $h$, $k$ все биективны и $$k = f\circ h \circ f^{-1}$$, это $h$, $k$сопряжены. Наоборот, если$h$, $k$ сопряжены, тогда вы можете найти $f$, а потом $g$. Теперь сопряжение является отношением эквивалентности.
Теперь в нашем примере $h(x) = x^3+1$, $k(x) = (x+1)^3 + 1$, так $k(x-1) + 1 = x^3+2$, конъюгат $k$. Итак, теперь мы хотим посмотреть,$h_1(x) = x^3+1$ и $h_2(x) =x^3+2$сопряжены. Обратите внимание, что оба имеют уникальную фиксированную точку$\xi_1$, $\xi_2$, и для $x> \xi_i$ у нас есть $h_i^{n}(x) \to \infty$ так как $n\to \infty$, $h_i^{n}(x) \to \xi_i$, так как $n\to -\infty$, а для $x< \xi_i$, у нас есть $h_i^{n}(x) \to -\infty$ так как $n\to \infty$, $h_i^{n}(x) \to \xi_i$, так как $n\to -\infty$. Следовательно, все орбиты$h_i$- кроме той, которая содержит неподвижную точку - бесконечны. Итак, существует биекция$\phi\colon \mathbb{R}\to \mathbb{R}$ такой, что $h_2= \phi\circ h_1\circ \phi^{-1}$. Он явно не уникален, поэтому приятно$\phi$было бы желательно. Обратите внимание, что$\phi$ принимает фиксированную точку $h_1$ к неподвижной точке $h_2$.
Похоже, что оба $h_1$, $h_2$ вести себя как карта $x\to 2 x$. Сопряжены ли они ему топологически? Обратите внимание, что$l(x) = 2x$ является частью $1$-параметрическая группа диффеоморфизма $\mathbb{R}$, $(t,x)\mapsto 2^{t}\cdot x$. Если$h_1$, $h_2$ сопряжены с $l$, то они также являются частью $1$-параметрическая группа гомеоморфизмов $\mathbb{R}$. В частности, существует$\psi$ гомеоморфизм $\mathbb{R}$ такой, что $\psi\circ \psi(x) = x^3+1$. Что могло бы быть таким гомеоморфизмом?
$\bf{Added:}$ Случай, когда оба $k$, $k$являются биекциями проще, это сводится к вопросу о том, когда два отображения сопряжены относительно биекций. Они бывают тогда и только тогда, когда «граф» карт изоморфен, где граф состоит из вершин$x$, и края $(x, h(x))$. Для биекций структура их цикла должна быть одинаковой.
Рассмотрим, например, карты $x\mapsto 2 x$, и $x\mapsto 4 x$. Они сопряжены по биекции$x\mapsto x^{2_+}\colon = x^2 \operatorname{sign} x$. Карты$x\mapsto 2x$, и $x\mapsto 3x$ сопряжены под картой $x\mapsto x^{\log_2 3_+}$.
Это дополнение к блестящему анализу, уже проведенному orangeskid. В свете их анализа я приведу несколько простых фактов о топологическом сопряжении вещественных чисел.
Утверждение 1: Если$f:\mathbf{R}\to\mathbf{R}$ строго возрастает, непрерывен, неограничен сверху и снизу и такой, что $f(0)>0$, то существует строго возрастающая и непрерывная $\varphi:\mathbf{R}\to\mathbf{R}$ такой, что $\varphi(0)=0$ и $f\circ\varphi(x)=\varphi(x+1)$. Более того, если$f(x)>x$ для всех $x\in\mathbf{R}$, тогда $\varphi$ также неограничен сверху и снизу.
Доказательство: поскольку мы знаем$f(0)>0$, позволять $\varphi(a)=af(0)$ для всех $a\in[0,1)$. Мы определим остальные$\varphi$ за счет очевидного расширения: $\varphi(x)=f^{(\lfloor x\rfloor)}\circ\varphi\left(x-\lfloor x\rfloor\right)$, где $f^{(-)}$ обозначает функциональную итерацию, как $f$биективен. Очевидно, следующее, что нужно сделать, - это проверить, соответствует ли это требованиям:
Мы заставили $f\circ\varphi(x)=\varphi(x+1)$ по конструкции, так что сделано.
Чтобы проверить непрерывность, обратите внимание, что $f^{(\lfloor x\rfloor)}$ всегда непрерывен, поэтому по функциональному составу $\varphi$ непрерывно над $\mathbf{R}\smallsetminus\mathbf{Z}$. Проверить непрерывность на$\mathbf{Z}$, достаточно проверить непрерывность как $x\to 1^-$. Для этого обратите внимание, что$$\varphi(1)=f\circ\varphi(0)=f(0)=\lim_{x\to 1^-}\varphi(x)$$
Увидеть $\varphi$ строго возрастает, обратите внимание, что $f^{(\lfloor x\rfloor)}$ строго возрастает по предположению и что $\varphi$ строго возрастает $[0,1)$, так что получаем $\varphi$ строго возрастает на всех интервалах $[z,z+1)$ где $z\in\mathbf{Z}$. Однако$\varphi$ непрерывна, а значит, строго возрастает по $\mathbf{R}$.
Теперь проверим часть «более того».
- Если $\varphi$ не неограничен, то по монотонной сходимости существует оценка $M=\lim_{x\to A}\varphi(x)$ где $A\in\pm\infty$. Однако, как$f$ непрерывно, $$f(M)=f\left(\lim_{x\to A}\varphi(x)\right)=\lim_{x\to A}f(\varphi(x))=\lim_{x\to A}\varphi(x+1)=M$$ Это противоречит тому, что $f(x)>x$ для всех $x\in\mathbf{R}$.
Утверждение 2: Если$f:[0,\infty)\to[0,\infty)$ строго возрастает и непрерывно, так что $f(0)=0$ и $f(x)>x$ для всех $x>0$, то существует строго возрастающая, непрерывная и неограниченная $\varphi:[0,\infty)\to[0,\infty)$ такой, что $\varphi(0)=0$ и $f\circ\varphi(x)=\varphi(2x)$.
Доказательство: Пусть$g:\mathbf{R}\to\mathbf{R}$ быть предоставленным $g(x)=\log_2 f(2^x)$. По утверждению 1 существует$\psi:\mathbf{R}\to\mathbf{R}$ который строго возрастает, непрерывен, неограничен сверху и снизу и такой, что $g\circ\psi(x)=\psi(x+1)$. Тогда пусть$\varphi(x)=2^{\psi(\log_2 x)}$, так что мы видим, что $$\varphi(2x)=2^{\psi(1+\log_2 x)}=2^{g\circ\psi(\log_2 x)}=f(2^{\psi(\log_2 x)})=f\circ\varphi(x)$$
Утверждение 3: Если$f:\mathbf{R}\to\mathbf{R}$ строго возрастает, непрерывен и имеет ровно одну неустойчивую неподвижную точку $c$, это, $f(x)>x$ для всех $x>c$ и $f(x)<x$ для всех $x<c$, то существует возрастающий гомеоморфизм $\varphi:\mathbf{R}\to\mathbf{R}$ такой, что $\varphi^{-1}\circ f\circ \varphi(x)=2x$.
Доказательство: Пусть$g:\mathbf{R}\to\mathbf{R}$ быть предоставленным $g(x)=f(x+c)-c$, таким образом $g$ делит все свойства с $f$ Кроме $0$ неподвижная точка $g$. По утверждению 2 существуют возрастающие гомеоморфизмы$\varphi_{\pm}:[0,\infty)\to[0,\infty)$ такой, что $\varphi_{\pm}(0)=0$, и более того, оба $\varphi_+^{-1}\circ g\circ\varphi_+(x)=2x$ и $\varphi_-^{-1}(-g(-\varphi_-(x)))=2x$. Позволять$\psi:\mathbf{R}\to\mathbf{R}$ быть предоставленным $$\psi(x)=\begin{cases} \varphi_+(x)&\text{if }x\ge 0\\ -\varphi_-(-x)&\text{if }x<0 \end{cases}$$ Тогда нетрудно увидеть, что $\psi$ - возрастающий гомеоморфизм такой, что $\psi^{-1}\circ g\circ\psi(x)=2x$. Наконец позвольте$\varphi:\mathbf{R}\to\mathbf{R}$ быть предоставленным $\varphi(x)=\psi(x)+c$Итак, тогда $$2x=\varphi^{-1}(\psi(2x)+c)=\varphi^{-1}(g\circ\psi(x)+c)=\varphi^{-1}\circ f\circ\varphi(x)$$
Как следствие, обратите внимание, что оба $x^3+1$ и $x^3+2$ удовлетворяет утверждению 3, поэтому оба сопряжены $2x$.
Также обратите внимание, что вполне возможно изменить доказательство так, чтобы оба $x^3+1$ и $x^3+2$ сопряжены с $2x$ через гомеоморфизм, гладкий на всех $\mathbf{R}$ кроме фиксированной точки.
Это неизбежно:
Добавлено утверждение 4: рассмотрим две линейные функции$f(x)=2x$ и $g(x)=4x$. Позволять$\varphi:\mathbf{R}\to\mathbf{R}$ - любой гомеоморфизм такой, что $\varphi\circ f=g\circ\varphi$. потом$\varphi$ не может быть непрерывно дважды дифференцируемым в $0$.
Доказательство: если предположить, что нет, то по теореме Тейлора имеем$$\varphi(x)=ax+bx^2+h(x)\cdot x^2$$ где $h$ непрерывно на $h(0)=0$. Затем, расширив$\varphi\circ f=g\circ\varphi$, мы в итоге получаем $$h(2x)-h(x)=\frac{a}{2x}$$ Принимая предел $x\to 0$ с обеих сторон мы видим, что $a=0$, и $h(2x)=h(x)$. Однако преемственность$h$ в $0$ подразумевает, что $h$ идентично $0$, означающий, что $\varphi(x)=bx^2$, и $\varphi$ не может быть гомеоморфизмом.