Взаимно обратные функции. Нерешаемая задача?

[Alex_J]

Дано: $f$ и $g$ - взаимно обратные функции, т.е. $f(g(x))=x$, $g(f(x))=x$.
Известно также, что $f(x)=P(g(x))$, где $P$ и все функции - "максимально хорошие", т.е. непрерывность, монотонность (для $f$ и $g$) - подразумеваются.
Итак,
$\begin{cases} f(g(x))=x\\f(x)=P(g(x)) \end{cases}$
Найти $f$ и $g$.
_________________________________

Я бы привёл свой ход решения, но он заводит в тупик. Как ни верти всё это. Шёл через производные, т.к. выполняется $f'(x)g'(y)=1$, где $y=f(x)$. Но возникают вложенные функции, с которыми неизвестно что делать. И нужно быть очень осторожным в заменах, т.к. легко сделать ошибку. Это можно параллельно прослеживать на заведомо известных функциях $f$ и $g$.

Так вот, не буду пока давать свои выкладки, чтобы не испортить свежесть восприятия и подхода к задаче. :)

[arseniiv]

Для начала можно избавиться от $g$: $f\circ f = P$, и оставить требование инъективности $f$ (область значений, чтобы обратимость была, сузим потом), откуда сразу видно, что если $P$ — не инъекция, решений нет.

Alex_J в сообщении #1102561 писал(а):

Но возникают вложенные функции, с которыми неизвестно что делать.

Ну почему же неизвестно. Получается вполне известное функциональное уравнение — нахождение половинной итерации $P$. Правда, я не знаю, какие частичные/полные методы решения у него уже есть, но вообще людям оно известно точно.

[Dan B-Yallay]

Alex_J в сообщении #1102561 писал(а):

Найти $f$ и $g$.

$$\begin{align}f(x)= x+1\\ g(x)= x-1 \\ P(g)= 1\cdot g +2 \end{align}$$

Я понял что Р это полином. Правильно?

Не, кажется чушь написал. Зачеркните.

[DeBill]

arseniiv
О, да, известна: задача о дробных итерациях ("извлечении корня") рассматривалась, например, в работе Бэбиджа (1815):

Babbage, Essay Towards the calculas of functions. Philosoph. Transact., 1815, 389-423

-- 27.02.2016, 18:17 --

Alex_J
Ну, кое что сказать можно. Но хотелось бы уточнить постановку задачи:
функции: аналитические? (бесконечно) гладкие?
область определения решений: прямая? луч? интервал? отрезок? плоскость (комплексная)? Или задача - локальная (ищем ростки)?

[Alex_J]

DeBill в сообщении #1102574 писал(а):

область определения решений:

Специально указал: все функции максимально хорошие, а что касается областей определения, то, как вариант, действительные числа.

arseniiv в сообщении #1102572 писал(а):

нахождение половинной итерации $P$. Правда, я не знаю, какие частичные/полные методы решения у него уже есть, но вообще людям оно известно точно.

Да, не думаю, что упустили бы из виду такую замечательную по простоте (внешне) и сложности (решения) задачу. :)

На языке операторов - да, корень оператора. Сам факт интересен: что, если известна взаимосвязь прямой и обратной функций (при подстановке одного и того же аргумента в них! Хотя, изначально в них аргументы не просто разные - противоположные по смыслу!), то эта связующая их функция - это всегда и только квадрат прямого оператора, т.е. функции $f$. Это так. Но это не упрощает.

Задача - как-то уйти вот от этого:

arseniiv в сообщении #1102572 писал(а):

$f\circ f = P$

Путём перехода к дифференциальным уравнениям:
$\begin{cases}\frac{df}{dx}\frac{dg}{dy}=1&[1]\\f(x)=G(g(x))&[2]\end{cases}$

Но всё заканчивается на подстановках:
Например, вылезает такое: $P'(g(x))g'(x)=f'(x)$
И такое: $P'(x)g'(y)=f'(y)$
Но всё это так выглядит в итоге, как будто эти две строки в начальной системе уравнений - не являются независимыми. Либо всё сводится к задаче о корне оператора. Печалька.

[DeBill]

Alex_J
Таки Вы не ответили на мои вопросы... Ну, ладно.
Исходная задача, как отметил arseniiv, равносильна разрешимости уравнения
$f(f(x)) = P(x)$

Эту последнюю задачу, видимо, следует называть задачей Бэбиджа, который ее и рассматривал в своей работе почти ровно 200 лет назад (по крайней мере, более ранних упоминаний мне неизвестно, а я на ней съел собаку...)
У задачи есть глобальный вариант (надо найти $f$, определенную во всей заданной области), и локальный ($P$ задана в малой окрестности нуля, и решение надо найти тоже в малой - хоть в какой-нибудь) окрестности нуля. Аналогичные задачи ставятся и в комплексном случае. О гладкости: максимально хорошие функции - это аналитические (т.е., такие, которые представимы в виде суммы степенного ряда). Но бесконечно гладкие - тоже обсудим.
Задачу - в разных постановках - рассматривала - в разное время - куча народа.
Излагать все - места не хватит. Однако задача жива, потому что, во многом, воз все еще там (особенно - в глобальных вариантах).
1. Общие соображения.
Если есть монотонность: $P$ должна быть возрастающей, иначе - никак.
Корней всегда (в аналитическом случае) не более двух. Ниже будем обсуждать только поиск возрастающих решений.

-- 27.02.2016, 20:00 --

Если у $P$ есть неподвижная точка $a$ (т.е., такая , что $P(a) = a$), то и $f(a)= a$. Это позволяет уцепиться за локальную разрешимость, и немножко продвинуться дальше.
Если $P$ - многочлен (четной степени), то можно попытаться искать решение тоже в виде многочлена - с неопределенными к-тами. Если полученная система решится - все хорошо, если нет - нет никаких (аналитических) решений (выйдем в комплексную область. Если бы было вещественно-аналитическое решение на прямой, то получили бы и решение на комплексной плоскости - целую функцию. Композиция целых - целая. Целая и не многочлен - значит, быстро растет на бесконечности - противоречие)
Если $P$ - целая и не многочлен: соображения роста дают что-то страшное на ее рост. Например, если $P(x) = e^x$, то аналитических решений нет.

[Alex_J]

DeBill

Вы бы ссылки дали. А то собаку съели, а где купили - непонятно... хотя намекаете, что всего этого уже много

Что касается вопросов, то, поскольку задача сложная и никем не решённая (и нет такого ажиотажа, как вокруг ВТФ!), пойдём от самых элементарных случаев.

Если $P$ не монотонная, то искать на монотонных участках, ибо уж кусочно-монотонной она быть обязана. Раз. И мы делаем замену знака аргумента - два.

DeBill в сообщении #1102589 писал(а):

Исходная задача, как отметил arseniiv, равносильна разрешимости уравнения

Эта задача была практически исходной по отношению к исходной в этом топике. Посмотрим, какие возможности у такой формулировки.

[sergei1961]

DeBill - где можно про эту задачу прочитать понятный обзор, что есть на русском? Интересно обзоры информативные, а не старые работы или специализированные статьи, при всём огромном уважении к Бебиджу.

[DeBill]

2. Локальная теория.
а)Для гладких функций $P$ решение есть всегда
б) В аналитическом случае: решение можно искать в виде ряда с неопределенными к-тами. Система полученных уравнений всегда разрешима (если $P'(0) =k > 0$). Но полученные ряды могут расходиться.
При $k \ne 1$, ряды сходятся. При $k = 1$ ряды, как правило, расходятся (нет аналитических решений). При этом: ни по какому конечному отрезку Тейлоровского разложения $P$ в нуле вывод о том, есть решение или нет, сделать нельзя.
Для $P(x) = e^x - 1$, кажется, доказано отсутствие даже локальных решений
3. Есть и полулокальные задачи, типа : решить уравнение на отрезке $[0,1]$ для $P(x) = 2x - x^2$. Вроде, об этом есть статья Экалля в Вестнике ЛГУ (№13, вып.3, 1973, 166-167)
4. Близкие задачи, подходы.
а) Задача о включении (отображения в поток): для данного $P$, найти $v$, такое, что $P'(x)\cdot v(x) = v(P(x))$. Если бы мы сумели решить это уравнение, то в качестве Вашего решения $f$ можно взять сдвиг за пдходящее время вдоль поля $v$
б) Уравнение Абеля $\frac{1}{w(P(x))} - \frac{1}{w(x)} =1$. Заменой можно свести к а)
5. На этой (или родственных) задаче из классиков засветились: Абель, Фату, Адамар, Биркгоф. Обзор результатов по локальной задаче можно найти в одной из глав монографии M. Kuczma Functional equations in a single variables. Monogr. Matem., v.46, Warsawa,1968

-- 27.02.2016, 20:51 --

(я, собственно, оттуда и черпал в былые аспирантские годы инфу по истории вопроса).
sergei1961

Ну, так, чтобы конкретно об этой задаче - по-моему, и нет нигде.
Из боле-мене современных - есть не очень давняя монография Жолондека (Zolodek H. "Monodromy" ? примерно так - нет под рукой ), в которой что-то про все это есть - в разделе о локальной классификации ростков одномерных диффеоморфизмов. А вообще, народ обычно что-то более общее ковыряет, а потом эту задачу смотрят как прикладную.

-- 27.02.2016, 20:53 --

Ну да, именно так: статьи сурово специализированные, а про эту задачу - кусочек тут, кусочек там...

[sergei1961]

Мне кажется, что даже для уравнения $f(f(x))=x$ нет аналитического решения, не то что с полиномами. Это так называемый сдвиг Карлемана, с ним рассматриваются дифференциальные и интегральные уравнения, есть классические книги.
Zolodek - нет на LG.

[DeBill]

sergei1961 в сообщении #1102606 писал(а):

для уравнения $f(f(x))=x$ нет аналитического решения

Почему? $f(x) = x$. И даже $f(x) = -x$

А еще я умею решать $f(f(x)) = 3(3x^2 +7x+5)^2 +7\cdot (3x^2 +7x + 5) +5$

А вот $f(f(x)) = x + x^2$ - аналитических решений нет.
А для $f(f(x)) = 4x + x^2$ - есть, два, но поганые (у них недалеко от 0 есть особенность) и неэлементарные...

[sergei1961]

Нет решения-неизвестно общее решение даже на хороших функциях, это же понятно...

[DeBill]

Dan B-Yallay
Да не, все правильно у Вас.
И вообще, для $P(z)=kz + a$ при $k > 0$ все хорошо - есть решение в классе "линейных" (по школьному) функций.
Проблемы начинаются дальше....

[Lia]

sergei1961 в сообщении #1102606 писал(а):

Zolodek - нет на LG.

Есть она там.
Zoladek Monodromy Group
Где-то со стр. 346.

[Dan B-Yallay]

DeBill
Я сначала не понял об чём это. А теперь "чур меня, чур"