Verilen işlevler $h,k:\Bbb R\to \Bbb R$olup olmadığını belirlemek mümkün mü $f,g:\Bbb R\to\Bbb R$ öyle ki var $g\circ f=h$ ve $f\circ g=k$?
Diyelim ki iki fonksiyonum var $h,k:\Bbb R\to \Bbb R$. Bulmak istiyorum$f,g:\Bbb R\to \Bbb R$ öyle ki $g\circ f=h$ ve $f\circ g=k$. bunu biliyorum$f,g$mevcut olmayabilir (örneğin, kompozisyon ve üsleri içeren işlevsel denklem ). En azından bir koşul biliyor muyuz?$h,k$ öyle ki $f,g$ var olmak?
Hangi koşul benzersizliğini garanti eder $f,g$(var olmaları şartıyla)? Olduğunu unutmayın$h,k$ öyle ki $f,g$benzersiz değil. Örneğin,$h=k=0$, nerede $f=0$ çalışır ve $g$ herhangi bir işlev st $g(0)=0$. Ya da ne zaman$h=k$ kimlik işlevidir ve biz alırız $f$ herhangi bir bijeksiyon olmak ve $g=f^{-1}$.
En azından, bu sorun hakkında ne biliyoruz? $h,k$polinom fonksiyonları nelerdir? Bize polinomların olduğunu söyleyen basit bir test var mı$f,g$ belirli bir polinom çifti için koşulları sağlayan $h,k$? Yine, polinom çözümlerinin benzersizliği ne olacak?
Genel sorun çok zorsa, en çok bu özel sorunla ilgileniyorum. Bulmak istiyorum$f,g:\Bbb R\to\Bbb R$ öyle ki $$g\circ f(x)=x^3+1$$ ve $$f\circ g(x)=x^3+3x^2+3x+2.$$ Açıkça $f,g$eğer varsa, önyargılı işlevlerdir. Öyleyse, değerini belirleyebilir miyiz$g\circ f^{-1}(-7)$?
buldum $f,g$neredeyse işe yarıyor. Ne zaman$f(x)=x^3$ ve $g(x)=x+1$, sahibiz $g\circ f(x)=x^3+1$ fakat $f\circ g(x)=x^3+3x^2+3x+1$. Maalesef pek işe yaramıyorlar. Ayrıca polinom fonksiyonlarının olmadığını da biliyorum$f,g$ bu iş.
Bunu not et $$f(x^3+1)=f(x)^3+3f(x)^2+3f(x)+2$$ ve $$g(x^3+3x^2+3x+2)=g(x)^3+1.$$ $\therefore$ Eğer $a,b$ benzersiz gerçek sayılardır öyle ki $a^3+1=a$ ve $b^3+3b^2+3b+2=b$bunu görüyoruz $f(a)=b$ ve $g(b)=a$. Bunlar tek değerleridir$f$ ve $g$bildiğim kadarıyla. Ama bunu da görebiliyorum$$ f^{-1}(-7)=g(-3)$$ yardımcı olursa.
İzin Vermek $h(x)=x^3+1$ ve $k(x)=x^3+3x^2+3x+2$. Nedeniyle$f\circ g(x)$ ve $g\circ f(x)$verilmiştir; bulmak$f$ ve $g$, Eğer $f=f_0$ ve $g=g_0$ koşulları yerine getirin, o zaman $f=f_0\circ \phi$ ve $g=\phi^{-1}\circ g_0$ herhangi bir bijeksiyon için bir çözüm oluşturmak $\phi:\Bbb R\to\Bbb R$ öyle ki $h\circ \phi=\phi\circ h$. Çünkü herhangi bir tekrarı$h$ ile gidip gelir $h$sonsuz sayıda olduğunu görebiliriz $f$ ve $g$, Eğer $f_0,g_0$var olmak. Nasıl görebilirim$f_0,g_0$ var olmak?
Yanıtlar
Eğer $h= g\circ f$ ve $k= f\circ g$, Biri $h,k$ örten ve öteki enjeksiyon, o zaman $f$, $g$, $h$, $k$ hepsi önyargılı ve $$k = f\circ h \circ f^{-1}$$, yani $h$, $k$eşleniktir. Tersine, eğer$h$, $k$ eşleniktir, o zaman bulabilirsin $f$, ve daha sonra $g$. Şimdi, konjugasyon bir denklik ilişkisidir.
Şimdi bizim örneğimizde $h(x) = x^3+1$, $k(x) = (x+1)^3 + 1$, yani $k(x-1) + 1 = x^3+2$, eşleniği $k$. Öyleyse şimdi görmek istiyoruz$h_1(x) = x^3+1$ ve $h_2(x) =x^3+2$eşleniktir. Her ikisinin de benzersiz bir sabit noktası olduğunu unutmayın$\xi_1$, $\xi_2$, ve için $x> \xi_i$ sahibiz $h_i^{n}(x) \to \infty$ gibi $n\to \infty$, $h_i^{n}(x) \to \xi_i$, gibi $n\to -\infty$iken $x< \xi_i$, sahibiz $h_i^{n}(x) \to -\infty$ gibi $n\to \infty$, $h_i^{n}(x) \to \xi_i$, gibi $n\to -\infty$. Bu nedenle, tüm yörüngeleri$h_i$- sabit noktayı içeren hariç - sonsuzdur. Yani bir bijeksiyon var$\phi\colon \mathbb{R}\to \mathbb{R}$ öyle ki $h_2= \phi\circ h_1\circ \phi^{-1}$. Açıkça benzersiz değil, bu yüzden güzel$\phi$arzu edilir. Bunu not et$\phi$ sabit noktayı alır $h_1$ sabit noktaya $h_2$.
Görünüşe göre ikisi de $h_1$, $h_2$ harita gibi davran $x\to 2 x$. Topolojik olarak ona eşlenik mi? Bunu not et$l(x) = 2x$ bir parçası $1$diffeomorfizm parametre grubu $\mathbb{R}$, $(t,x)\mapsto 2^{t}\cdot x$. Eğer$h_1$, $h_2$ eşlenik $l$, sonra her biri de bir $1$homeomorfizmlerinin parametre grubu $\mathbb{R}$. Özellikle var$\psi$ bir homeomorfizm $\mathbb{R}$ öyle ki $\psi\circ \psi(x) = x^3+1$. Böyle bir homeomorfizm ne olurdu?
$\bf{Added:}$ Her ikisinin de $k$, $k$önyargılar daha basittir, iki haritanın bir eşleştirme altında ne zaman eşlenik olduğu sorusuna indirgenir. Bunlar, ancak ve ancak haritaların "grafiği" eşbiçimli ise ve grafiğin köşelerden oluşması durumunda geçerlidir.$x$ve kenarlar $(x, h(x))$. Önyargılar için döngü yapıları aynı olmalıdır.
Örneğin haritaları düşünün $x\mapsto 2 x$, ve $x\mapsto 4 x$. Birleştirmenin altında eşleniktirler$x\mapsto x^{2_+}\colon = x^2 \operatorname{sign} x$. Haritalar$x\mapsto 2x$, ve $x\mapsto 3x$ haritanın altında eşlenik $x\mapsto x^{\log_2 3_+}$.
Bu portakalkid tarafından zaten verilen çok parlak analizin bir ekidir. Analizlerinin ışığında, gerçekler üzerinden topolojik konjugasyon hakkında bazı kolay gerçekler sağlayacağım.
İddia 1: If$f:\mathbf{R}\to\mathbf{R}$ kesinlikle artan, sürekli, sınırsız, yukarıda ve aşağıda ve öyle ki $f(0)>0$, sonra kesinlikle artan ve sürekli bir $\varphi:\mathbf{R}\to\mathbf{R}$ öyle ki $\varphi(0)=0$ ve $f\circ\varphi(x)=\varphi(x+1)$. Üstelik eğer$f(x)>x$ hepsi için $x\in\mathbf{R}$, sonra $\varphi$ ayrıca yukarıda ve aşağıda sınırsızdır.
Kanıt: Bildiğimizden beri$f(0)>0$, İzin Vermek $\varphi(a)=af(0)$ hepsi için $a\in[0,1)$. Geri kalanını tanımlayacağız$\varphi$ bariz fasion içinde genişleyerek: $\varphi(x)=f^{(\lfloor x\rfloor)}\circ\varphi\left(x-\lfloor x\rfloor\right)$, nerede $f^{(-)}$ işlevsel yinelemeyi gösterir, çünkü $f$önyargılıdır. Açıkçası yapılacak bir sonraki şey, bunun gereksinimlere uyup uymadığını kontrol etmektir:
Zorladık $f\circ\varphi(x)=\varphi(x+1)$ yapmayla, öyle yapılır.
Sürekliliği kontrol etmek için şunu unutmayın: $f^{(\lfloor x\rfloor)}$ her zaman süreklidir, dolayısıyla işlevsel bileşime göre $\varphi$ sürekli bitti $\mathbf{R}\smallsetminus\mathbf{Z}$. Sürekliliği kontrol etmek için$\mathbf{Z}$sürekliliği kontrol etmek yeterlidir. $x\to 1^-$. Bu not için$$\varphi(1)=f\circ\varphi(0)=f(0)=\lim_{x\to 1^-}\varphi(x)$$
Görmek için $\varphi$ kesinlikle artıyor, unutmayın $f^{(\lfloor x\rfloor)}$ kesinlikle varsayımla artıyor ve $\varphi$ kesinlikle artıyor $[0,1)$yani anlıyoruz $\varphi$ tüm aralıklarda kesinlikle artıyor $[z,z+1)$ nerede $z\in\mathbf{Z}$. ancak$\varphi$ süreklidir ve bu nedenle kesinlikle $\mathbf{R}$.
Şimdi "dahası" kısmına bakalım.
- Eğer $\varphi$ sınırsız değildir, o zaman monoton yakınsama ile bir sınır vardır $M=\lim_{x\to A}\varphi(x)$ nerede $A\in\pm\infty$. Ancak$f$ süreklidir, $$f(M)=f\left(\lim_{x\to A}\varphi(x)\right)=\lim_{x\to A}f(\varphi(x))=\lim_{x\to A}\varphi(x+1)=M$$ Bu, bununla çelişiyor $f(x)>x$ hepsi için $x\in\mathbf{R}$.
İddia 2: If$f:[0,\infty)\to[0,\infty)$ kesinlikle artan ve süreklidir, öyle ki $f(0)=0$ ve $f(x)>x$ hepsi için $x>0$, sonra kesinlikle artan, sürekli ve sınırsız bir $\varphi:[0,\infty)\to[0,\infty)$ öyle ki $\varphi(0)=0$ ve $f\circ\varphi(x)=\varphi(2x)$.
Kanıt: Let$g:\mathbf{R}\to\mathbf{R}$ tarafından verilmek $g(x)=\log_2 f(2^x)$. İddia 1'e göre, bazı$\psi:\mathbf{R}\to\mathbf{R}$ bu kesinlikle artan, sürekli, sınırsız, yukarıda ve aşağıda ve öyle ki $g\circ\psi(x)=\psi(x+1)$. O zaman izin ver$\varphi(x)=2^{\psi(\log_2 x)}$yani görüyoruz ki $$\varphi(2x)=2^{\psi(1+\log_2 x)}=2^{g\circ\psi(\log_2 x)}=f(2^{\psi(\log_2 x)})=f\circ\varphi(x)$$
İddia 3: If$f:\mathbf{R}\to\mathbf{R}$ kesinlikle artan, sürekli ve tam olarak tek bir kararsız sabit noktaya sahip $c$, yani, $f(x)>x$ hepsi için $x>c$ ve $f(x)<x$ hepsi için $x<c$, sonra artan bir homeomorfizm var $\varphi:\mathbf{R}\to\mathbf{R}$ öyle ki $\varphi^{-1}\circ f\circ \varphi(x)=2x$.
Kanıt: Let$g:\mathbf{R}\to\mathbf{R}$ tarafından verilmek $g(x)=f(x+c)-c$, Böylece $g$ tüm mülkleri paylaşır $f$ dışında $0$ sabit nokta $g$. İddia 2'ye göre, artan homeomorfizmler var$\varphi_{\pm}:[0,\infty)\to[0,\infty)$ öyle ki $\varphi_{\pm}(0)=0$ve dahası her ikisi $\varphi_+^{-1}\circ g\circ\varphi_+(x)=2x$ ve $\varphi_-^{-1}(-g(-\varphi_-(x)))=2x$. İzin Vermek$\psi:\mathbf{R}\to\mathbf{R}$ tarafından verilmek $$\psi(x)=\begin{cases} \varphi_+(x)&\text{if }x\ge 0\\ -\varphi_-(-x)&\text{if }x<0 \end{cases}$$ O zaman bunu görmek zor değil $\psi$ artan bir homeomorfizm öyle ki $\psi^{-1}\circ g\circ\psi(x)=2x$. Sonunda izin ver$\varphi:\mathbf{R}\to\mathbf{R}$ tarafından verilmek $\varphi(x)=\psi(x)+c$, e sonra $$2x=\varphi^{-1}(\psi(2x)+c)=\varphi^{-1}(g\circ\psi(x)+c)=\varphi^{-1}\circ f\circ\varphi(x)$$
Sonuç olarak, her ikisinin de $x^3+1$ ve $x^3+2$ İddia 3'ü karşılar, bu nedenle her ikisi de $2x$.
Ayrıca, ispatı her ikisinin de $x^3+1$ ve $x^3+2$ eşlenik $2x$ tümünde pürüzsüz olan bir homeomorfizm yoluyla $\mathbf{R}$ sabit nokta dışında.
Bu kaçınılmazdır:
İddia 4 eklendi: İki doğrusal işlevi düşünün$f(x)=2x$ ve $g(x)=4x$. İzin Vermek$\varphi:\mathbf{R}\to\mathbf{R}$ öyle bir homeomorfizm olabilir ki $\varphi\circ f=g\circ\varphi$. Sonra$\varphi$ sürekli olarak iki kez farklılaştırılamaz $0$.
İspat: Olmadığını varsayarsak, Taylor teoremine göre elimizde$$\varphi(x)=ax+bx^2+h(x)\cdot x^2$$ nerede $h$ sürekli $h(0)=0$. Sonra genişleyerek$\varphi\circ f=g\circ\varphi$, sonunda alırız $$h(2x)-h(x)=\frac{a}{2x}$$ Limit almak $x\to 0$ her iki tarafta da görüyoruz $a=0$, ve $h(2x)=h(x)$. Ancak sürekliliği$h$ -de $0$ ima ediyor ki $h$ aynı $0$, anlamında $\varphi(x)=bx^2$, ve $\varphi$ bir homeomorfizm olamaz.