Почти из практикума Арнольда

[незваный гость]

Похожий предел ($\lim_{x\rightarrow0}\frac{\sin\tg x-\tg\sin x}{\arcsin\arctg x-\arctg\arcsin x}$) вспоминался пару раз: здесь и здесь. И тем не менее:

Пусть даны $f(x)$ и $g(x)$, разлагаемые в ряд Тейлора, $f(0) = g(0) = 0$. При каких условиях $\lim\limits_{x\to0}\frac{f(g(x))-g(f(x))}{f^{-1}(g^{-1}(x))-g^{-1}(f^{-1}(x))} = 1$. То есть, насколько $\sin x$ и $\tg x$ важны?

Здесь

worm2 писал(а):

Как минимум должно быть h'(0)=1, где h() = f(g()).

Осмелюсь сказать, что это ($f'(0) g'(0)=1$) минимум не точно.

Кроме того, всегда ли правило Лопиталя даст результат для данного предела?

[Руст]

незваный гость писал(а):

:evil:
Похожий предел ($\lim_{x\rightarrow0}\frac{\sin\tg x-\tg\sin x}{\arcsin\arctg x-\arctg\arcsin x}$) вспоминался пару раз: здесь и здесь. И тем не менее:

Пусть даны $f(x)$ и $g(x)$, разлагаемые в ряд Тейлора, $f(0) = g(0) = 0$. При каких условиях $\lim\limits_{x\to0}\frac{f(g(x))-g(f(x))}{f^{-1}(g^{-1}(x))-g^{-1}(f^{-1}(x))} = 1$. То есть, насколько $\sin x$ и $\tg x$ важны?

Здесь

worm2 писал(а):

Как минимум должно быть h'(0)=1, где h() = f(g()).

Осмелюсь сказать, что это ($f'(0) g'(0)=1$) минимум не точно.

Кроме того, всегда ли правило Лопиталя даст результат для данного предела?

Что касается последнего вопроса, то нет. Правило Лопиталя не является универсальным средством. Например, в случае когда одна из функций вида $\frac 1x sin(x^2)$ при дифференцировании функция усложняется, а если перемножить числитель и знпменатель на x^2, то порядок нуля только увеличится. Более универсальным является разложение в ряд Тейлора и сокращение уничтожающихся членов. Поступив таким образом для ответа на первый вопрос. Пусть ряды Тейлора имеют вид: $f(x)=f_1x+f_mx^m+f_{m+1}x^{m+1}+..., \ g(x)=g_1x+g_kx^k+g_{k+1}x^k+...$ У приведённых выше функций второй коэффициент равен нулю, поэтому главный неуничтожаемый член определяется первыми ненулевыми коэффициентами в ряде Тейлора после линейного члена. Запишем ряд Тейлора для f^{-1}(x),g^{-1}(x), f(g(x))-g(f(x)), f^{-1}(g^{-1}(x))-g^{-1}(f^{-1}(x)):
$f^{-1}(x)=\frac{1}{f_1}x-\frac{f_m}{f_1^{m+1}}x^m+O(x^{m+1}),g^{-1}(x)=\frac{1}{g_1}x-\frac{g_k}{g_1^{k+1}}x^k+O(x^{k+1}).$
$f(g(x))-g(f(x))=f_mg_1(g_1^{m-1}-1)x^m+f_1g_k(1-f_1^{k-1})x^k+O(x^{m+1}+x^{k+1})$
$f^{-1}(g^{-1}(x))-g^{-1}(f^{-1}(x))=\frac{f_m}{g_1^mf_1^{m+1}}(g_1^{m-1}-1)x^m-\frac{g_k}{f_1^kg_1^{k+1}}(f_1^{k-1}-1)x^k+O(x^{m+1}+x^{k+1}).$
Это отвечает на вопрос, кроме случая, когда k=m и соответствующие главные члены сокращаются. В частности, когда k не равно m, условие worm2 необходимо и достаточно (правда случай, когда оба первых коэффициента 1 требуется вычисление следующих членов).

[незваный гость]

Осмелюсь заметить, что:

1) Из Ваших рассуждений непонятно, что происходит в случае $g(x) = f^{(-1)}(x)$. Обе функции могут быть вполне разложимы в ряд Тейлора.

2) Еще более мутным является вопрос, что происходит если $f'(0) = 0$.

3) Я думаю, я смогу построить пример, когда $f'(0) g'(0) \not = 1$, и, тем не менее, предел равен $1$.

[Руст]

незваный гость писал(а):

:evil:
Осмелюсь заметить, что:

1) Из Ваших рассуждений непонятно, что происходит в случае $g(x) = f^{(-1)}(x)$. Обе функции могут быть вполне разложимы в ряд Тейлора.

2) Еще более мутным является вопрос, что происходит если $f'(0) = 0$.

3) Я думаю, я смогу построить пример, когда $f'(0) g'(0) \not = 1$, и, тем не менее, предел равен $1$.

1) отношение в точности 0/0.
2) в этом случае обратная функция не разлагается в ряд Тейлора около 0. Тем не менее можно об этом говорить вводя локальный изоморфизм $y=x^{2k+1}, \ or \ x^{2k}sign(x)$.
3) Да, можно построить. Только с k=m.

[незваный гость]

Руст писал(а):

1) отношение в точности 0/0.

Вы, разумеется, правы. Только мне непонятно, как это следует из рассуждения о р.Т. Грубо говоря, если не знать, что $g = f^{(n)}$, то как догадаться? И вообще, верно ли что из равенства нулю коммунтанта следует что $g = f^{(n)}$?

Руст писал(а):

2) в этом случае обратная функция не разлагается в ряд Тейлора около 0. Тем не менее можно об этом говорить вводя локальный изоморфизм $y=x^{2k+1}, \ or \ x^{2k}sign(x)$.

Это еще более верно. Я ввел условие о р.Т. с потолка, имея в виду обобщенное разложение по дробным степеням.

Руст писал(а):

3) Да, можно построить. Только с k=m.

А вот это ($k \not = m$) я нахожу весьма искусственным ограничением в рассуждениях. Более того, для конкретного примера ($\sin$ и $\tg$) оно неверно.

[Руст]

Что касается равенства нулю коммутанта, то оно возможно и при $f(x)=h^{(n)}(x),g(x)=h^{(m)}(x), n,m\in Z$ для некоторой обратимой функции h(x). Это можно считать $f(x)=g^{(n/m)}(x)$. По непрерывности можно ввести и иррациональный повтор. По видимому, следует говорить о том, что если две обратимые непрерывные функции имеют тождественно нулевой коммутант, то существует число х, что f(x) является х-ым повтором g(x).
3) Случай, когда f(x)=sinx, g(x)=tg(x) соответствует случаю f'(0)=g'(0)=1, когда главные члены сокращаются и требуется допольнительное рассмотрение с включением последующих членов разложения. К тому же предел в этом случае -1 (не равно 1, как вы хотели).

[незваный гость]

С коммунтантом я тоже во сне разобрался. Спасибо.

Руст писал(а):

К тому же предел в этом случае -1 (не равно 1, как вы хотели).

$1$. Перепроверил. Вообще, похоже, верно следующее утверждение:
Пусть $f'(0) g'(0) \not =0$. Пусть $(f(g(x)-g(f(x)))^{(k)} = 0$ для $ 0 \le k < n$ и $(f(g(x)-g(f(x)))^{(k)} \not = 0$ для $k = n$. Тогда:

1) $\left(f^{-1}(g^{-1}(x))-g^{-1}(f^{-1}(x))\right)^{(k)} = 0$ при $k < n$

2) $(f^{-1}(g^{-1}(x)-g^{-1}(f^{-1}(x)))^{(k)} \not = 0$ при $k = n$

3) предел существует и равен $(f'(0)g'(0))^n$

Следствия:
1) нетрудно построить пример с четным $n$ и $f'(0)g'(0) = -1$.
2) Если $f'(0)g'(0) = 1$ и предел берется по Лопиталю, то он равен $1$.

[Руст]

Утверждение похоже верное для случая f'(0),g'(0) отличных от нуля. Иначе думаю можно построить контрпример.
Так называемые следствия думаю ошибочны.

[незваный гость]

незваный гость писал(а):

3) предел существует и равен $(f'(0)g'(0))^n$

Ошибочка вышла, похоже.
3) предел существует и равен $(f'(0)g'(0))^{n+1}$.

Руст писал(а):

Так называемые следствия думаю ошибочны.

Следствие 1) $f(x) = 2\sin x$, $g(x)=-x/2$ должно быть примером (с поправкой, разумеется, на нечетность $n$).
2) суть очевидное следствие (3).

Руст: обратите внимание, $(f'(0)g'(0)) \not =0 $ — это первый пункт условия.

Кстати, еще один гвоздь в крышку гроба комунтанта: комунтант $f(x) = -x$ и любой нечетной функции очевидно равен $0$.

[Руст]

С коммутантом дело посложнее. Например х коммутирует с любой функцией, -x коммутирует с нечётными и антикоммитирует с чётными. Возможно это все исключения. Для степенной функцией x^a легко доказать, что коммутирующая с ними функция так же степенная, т.е. некоторый (вообще говоря иррациональный повтор). Тут их конечно надо доопределить в отрицательной области, когда речь идёт во всём R. Соответственно, доопределяя нечётным образом получаем и -х в качестве коммутирующей функции.
Вообще то функция х есть (0)-ой повтор для любой обратимой функции. В этом смысле не является исключением.