Алгебра вложенных функций

[Alex_J]

Как оказалось, эта тема очень мало охвачена, только в частных простейших случаях. Алгоритмы решения в основном только простейшие: подбором. Может, есть какая-то малоизвестная литература?
Тема пересекается с разностными уравнениями, и здесь http://eqworld.ipmnet.ru/ru/solutions/fe/fe-toc1.htm я уже бывал, однако речь идёт несколько о другом.

Общий вид задачи пусть формулируется так:

$$f(g(x))=h(f(x))\eqno(1)$$

Где f(x) - искомая функция, g(x) и h(x) - заданы.

В чём смысл вообще такой постановки задачи, как в (1) ?
Это исследования внутренних свойств функции, взаимосвязей между значениями её самой, без применения производных. И это поиск всех функций, значения которых от аргументов, отстоящих друг от друга на заданных расстояниях, подчиняются заданным закономерностям.

Простейший случай - g и h линейны:

$$f(ax+b)=cf(x)+d\eqno(2)$$

Т.е. g(x)=ax+b и h(x)=cx+d. (Мы на место иксов подставляем функции в очевидных местах)
Ответ будем искать в линейном же виде:

$$f(x)=\alpha x+\beta\eqno(3)$$

Подставляем, получаем:

$$\alpha(ax+b)+\beta=c(\alpha x+\beta)+d$$

$$\alpha((a-c)x+b)=\beta(c-1)+d$$

Здесь уже не совсем ясно, что с этим делать. На $\alpha$ и $\beta$ нужны дополнительные условия, а также, смущает "вольная" переменная x. Но мы можем исключить её в частном случае a=c и посмотреть что получится:

$$\alpha b=\beta(c-1)+d$$

Так как второго условия мы не формулировали, пусть $\alpha$ произвольно, тогда

$$\beta=\frac{\alpha b-d}{c-1}$$

И результат, который подстановкой легко проверяется

$$f(x)=\alpha x+\frac {\alpha b-d}{c-1}\eqno(4)$$

Вопросов много. Единственное ли это решение? Что делать, если $a\neq c$?

Тем не менее, рассмотрим случай $a\neq c$ и повторим все вычисления ($\alpha$ снова произвольно), получим

$$f(x)=\alpha x+\frac{\alpha((a-c)x+b)-d}{c-1}\eqno(5)$$

Правильный ли ответ? Подстановка в уравнение приводит (опускаю выкладки) к интересному условию:

$$\frac{a\alpha((a-1)x+b)-d}{c-1}=\frac{c\alpha((a-1)x+b)-d}{c-1}$$

Что выполняется, если a=c и, строго говоря, $c\neq 1$.
Это интересно, поскольку мы изначально выбрали $a\neq c$. Значит, мы можем получить только вид (4), т.к. из требования a=c немедленно (5) приводится к (4).
Осталось отдельно рассмотреть c=1. Это исключает $\beta$ из выкладок, что делает её выбор произвольным. Получаем

$$\alpha=\frac{d}{(a-1)x+b}$$

Опять замешался x, но мы просто подставляем и проверяем:

$$f(x)=\frac{xd}{(a-1)x+b}+\beta \eqno(6)$$

Получаем при подстановке такое выражение:

$$\frac{ax(d+\beta a-\beta)+b(d+\beta a)}{a(ax+b-x)} = \frac{x(\beta a+da-\beta)+b(\beta +d)}{ax+b-x}$$

Запоминаем требование $ax+b-x\neq 0 \Rightarrow x\neq \frac{b}{1-a} $и идём дальше (выкладки опускаю):

$$d(ax+b)=da(ax+b)$$

Случаи d=0 и $x=-\frac b a$ следует рассмотреть отдельно, в остальных же случаях вид (6) приводит к $a=1$.
Итак, из c=1 следует a=1 (т.е. только при таких значениях данных параметров мы можем получить ответ в искомом виде), и вид функции таков:

$$f(x)=x\frac{d}{b}+\beta$$

Подстановка в (2) выдаёт сюрприз - должно быть $\beta=0$, а значит $f(x)=x\frac d b \eqno(7)$
Остаются случаи: d=0, $x=-\frac b a$, а также сочетания c=1 и $a\neq 1 и наоборот. Плюс поиск решений в каком-либо другом виде.

Всё это - простейшие, линейные функции f, g и h. И уже множество частных решений. Что же будет в нелинейных случаях?

Продолжение следует.

[worm2]

Цитата:

$$f(ax+b)=cf(x)+d\eqno(2)$$

В частном случае $a=c=1$, $d=0$ любая периодическая функция (с периодом $b$) будет решением. Общий случай можно попробовать свести к этому, но принцип останется тот же: на некотором промежутке функция может быть произвольной, а на всю ось (или на её половину) она продолжается по какой-то там формуле.

[Alex_J]

worm2 в сообщении #637687 писал(а):

на некотором промежутке функция может быть произвольной, а на всю ось (или на её половину) она продолжается по какой-то там формуле.

Здесь

Alex_J в сообщении #637659 писал(а):

$$f(x)=\alpha x+\frac {\alpha b-d}{c-1}\eqno(4)$$

функция НЕпериодическая, она НЕ произвольная ни на каком промежутке.
Поэтому принцип разностных уравнений, столь воспетый в трудах по ссылке в 1м сообщении, где почти везде периодические функции, здесь уже не работает.
Если, конечно, не считать, например, $\sin x^2$ периодической с периодом, зависящим от x. Она может быть решением некоторых уравнений вида (1), вполне.
Можно говорить об общих решениях, и что я упоминаю только частные - если покажете общее решение такого вида, с периодической функцией, которое при подстановке в (2) дает тождество, я пожму Вам руку. Впрочем, я и сам поищу такое решение. :)

[Руст]

Надо вначале уточнить, какие функции вы рассматриваете. Если вы рассматриваете мероморфные на всей комплексной плоскости, то это элементы группы конформных преобразований Римановой сферы, т.е. дробно линейные функции. Вообще имеет смысл рассматривать для $X$ группу его автоморфизмов. В группе ваше уравнение, есть уравнение сопряженности и задача эквивалентно определению сопряжены элементы $h$ и $g$ или нет. Если сопряжены, найти соответствующее $f$. Думаю в такой постановке задача рассмотрена для многих групп. Случай периодических функции есть случай автоморфизмов окружности $S_1$, насколько я понимаю изученная задача, даже для тора $S^k$.

[worm2]

Alex_J писал(а):

функция НЕпериодическая, она НЕ произвольная ни на каком промежутке.

Это понятно, потому что Вы с самого начала ищете ответ в линейном виде (уравнение (3)).
А вот, например, если $a=c=1$, то добавка к любому получившемуся решению $\sin{\frac{2\pi}{b}x}$ оставит функциональное уравнение в силе. Как и вообще любая периодическая добавка с периодом $b$.

[Alex_J]

Руст, благодарю. Этот подход пока несколько сложнее, чем поиск частных решений в конкретных случаях, но и им воспользуемся. Хотя едва ли там следует ожидать общей-волшебной-формулы.
И что по-Вашему такое в этом случае сопряжённость?
Чисто на языке операторов очень просто написать $f=h^{-1} f g$, а затем $f=f^{*} h^{-1 *} g$ и дальше $f^{-1 *} f=h^{-1 *} g$, ну и как-то ухитриться решить это уравнение в некоем общем виде. Но с реальными функциями это будет очень весело. В матричном виде всё это решается, но то ж линейные функции, там уже всё исследовано, а тут как раз цель открыть способ для любых функций, т.е., получается, нелинейных.
Если $\any f \Rightarrow f=f^{*}$ то уравнение $f^{-1 *} f=h^{-1 *} g$ нерешаемо. Поэтому с сопряжённостью тут нужно осторожно.

worm2, a=c=1 это частный случай, совсем частный, и переходит в разностные уравнения, где ответ известен. Здесь же задача как раз за их пределами.

А пока дорассматриваем оставшиеся случаи линейного уравнения. При d=0 имеем (в выкладках особенностей нет, так что подставляем в (4) и всё)

$$f(x)=\alpha \left(x+\frac {b}{c-1}\right) \eqno(8)$$

При $a\neq c$ напрашивается степенная взаимосвязь между значениями, так что поищем решение в виде $f(x)=\alpha^x$.

Очевидно, должно быть d=0, чтобы (2) выполнялось. Имеем $\alpha ^{ax+b}=c \alpha ^x$, далее $\alpha^b (\alpha^{a})^{x}=c \alpha^x$. Отсюда $\alpha=\sqrt[b]{c}$ и a=1, т.е. только при d=0 и a=1 решение представимо в виде $f(x)=c^{\frac x b}$. При c=1 f(x)=1.

[worm2]

Alex_J писал(а):

При $a\neq c$ напрашивается степенная взаимосвязь между значениями, так что поищем решение в виде $f(x)=\alpha^x$

Если поискать в виде $f(x)=x^\alpha$, то всё получится

[Xaositect]

Alex_J в сообщении #637733 писал(а):

функция НЕпериодическая, она НЕ произвольная ни на каком промежутке.
Поэтому принцип разностных уравнений, столь воспетый в трудах по ссылке в 1м сообщении, где почти везде периодические функции, здесь уже не работает.

Вообще-то он работает в достаточно широких пределах.
Пусть $g$ строго монотонна, решение уравнения $g(x) = x$ состоит из счетного числа отрезков/точек, $h$ обратима.
Решениями уравнения $g(x) = x$ действительная прямая разбивается на отрезки, на которых $g(x) = x$, и интервалы, на которых $g(x) > x$ или $g(x) < x$. Если $g(x) = x$, то получаем уравнение $f(x) = h(f(x))$. Для каждого такого $x$ выбираем какое-нибудь решение. Каждый интервал, на котором $g(x) > x$($g(x) < x$) разбивается точками ...$g^{-1}(x_0)$, $x_0$, $g(x_0)$, $g(g(x_0))$... на полуинтервалы $[x_i, g(x_i))$. Если задать $f(x)$ произвольно на одном из таких интервалов, то на других значения определяются однозначно.
Я здесь много деталей пропустил, но ситуация в общем такая. И ограничения, которые у меня есть, наверняка можно ослабить.

[Xaositect]

Давайте рассмотрим общий случай. Пусть задано множество $X$ и две функции $g,h\colon X\to X$. Можно разбить $X$ на классы эквивалентности по отношению эквивалентности, порожденному соотношениями $x\sim g(x)$. Такой класс эквивалентности может быть представлен в виде (вообще говоря, бесконечного) связного орграфа, в котором каждая вершина имеет степень $1$ (а именно, все ребра имеют вид $x\to g(x)$).

Алгебраически, можно рассмотреть $X$ как алгебраическую структуру с одним эндоморфизмом $g$, а классы эквивалентности представляют собой в некотором смысле "компоненты прямой суммы" для этой алгебраической структуры. Назовем их элементарными. $f$ в уравнении $f(g(x)) = h(f(x))$ - это гомоморфизм алгебраических структур $\left<X, g\right>$ и $\left<X, h\right>$

Тогда можно сформулировать такую теорему.
Уравнение $f\circ g = h\circ f$ разрешимо тогда и только тогда, когда для каждой элементарной подструктуры $A$ структуры $\left<X, g\right>$ существует элементарная подструктура $B$ структуры $\left<X, h\right>$, являющаяся гомоморфным образом $A$.

Описать решение тоже можно в этих терминах.

Возможно, это где-то уже рассматривалось, я не знаю. Никто не видел?

[alcoholist]

Alex_J в сообщении #639427 писал(а):

И что по-Вашему такое в этом случае сопряжённость?
Чисто на языке операторов очень просто написать $f=h^{-1} f g$,

$g=f^{-1}hf$ -- сопряжение посредством $f$

-- Сб ноя 03, 2012 18:32:01 --

посмотрите задачник
Макаров Б.М., Голузина М.Г., Лодкин А.А., Подкорытов А.Н.
"Избранные задачи по вещественному анализу"

там в последней главе есть параграф "Топологическая динамика"

[Alex_J]

worm2

worm2 в сообщении #639511 писал(а):

Если поискать в виде $f(x)=x^\alpha$, то всё получится

Раз об этом сказали, то приведу и это решение :). Оно без хитростей, простое: $f(x)=k x^{\log_{\frac a k}{\frac c k}}$, b=0, d=0. Или a=c, b=d, $\alpha=1$, $f(x)=kx$.

Xaositect

Благодарю. Не во всех случаях, правда, работает первый метод с разбиением, например при g(x)=x+a просто нет таких точек. А это распространённый случай, но об этом позже. :)

Xaositect в сообщении #639602 писал(а):

$f$ в уравнении $f(g(x)) = h(f(x))$ - это гомоморфизм алгебраических структур $\left<X, g\right>$ и $\left<X, h\right>$

В том же смысле, в каком сказал alcoholist. Понятно, что решение есть, если есть правило, по которому одна структура отображается на другую. И это правило и есть решение :)
Алгоритм поиска преобразования остаётся задачей нерешённой. А известно это уже в матрицах, и там оно решается. Кстати, как насчёт бесконечных матриц?

alcoholist, спасибо за разъяснение. Вашу формулу распишу в применимом виде: $g(x)=f^{-1}(h(f(x)))$.
Вот если бы придумать, как вывести зависимость между fg и gf. В случае линейных операторов $(fg)^{-1}=g^{-1}f^{-1}$, есть зацепка. А здесь...

Одно из применений того, о чём мы говорим, это задача о нахождении подстановок - и это более простой случай уравнения (1), надо сказать. Бывает такое, что в задаче нужна удобная подстановка, приводящая уравнение к удобному виду.
Пусть есть f(x), вид которого нас не устраивает, мы хотим для удобства решения уравнения или задачи другой вид, $g(t)=f(x(t))$. Вот она, формулировка задачи.

$$g(t)=f(x(t)) \eqno(9)$$

Понятно, что $x(t)=f^{-1}(g(t))$
Беда только в том, что, скорее всего, вид f настолько неудобен (а иначе не было бы поставлено такой задачи), что даже не существует явного представления $f^{-1}$.
Еще один пример применения будет позже.

[Xaositect]

Alex_J в сообщении #640106 писал(а):

Благодарю. Не во всех случаях, правда, работает первый метод с разбиением, например при g(x)=x+a просто нет таких точек. А это распространённый случай, но об этом позже. :)

В этом случае можно считать все $\mathbb{R}$ одним интервалом.

Alex_J в сообщении #640106 писал(а):

В том же смысле, в каком сказал alcoholist. Понятно, что решение есть, если есть правило, по которому одна структура отображается на другую. И это правило и есть решение :)
Алгоритм поиска преобразования остаётся задачей нерешённой. А известно это уже в матрицах, и там оно решается. Кстати, как насчёт бесконечных матриц?

Немножко в другом, но похожем. Рассматривается не группа, а моноид эндоморфизмов.

Алгоритм в данном случае действительно непонятен, но как способ исследования этот метод вполне подходит. Например, он позволяет мне сразу написать общее решение для линейного случая $f(ax + b) = Af(x) + B$, $a > 0, a\neq 1$:

$$f(y) = \begin{cases}\frac{B}{1 - A}, y = \frac{b}{1-a},\\A^{[\log_a (y - \frac{b}{1-a})]} F_{+}(\{\log_a (y - \frac{b}{1 - a})\}) + \frac{B}{1 - A},y > \frac{b}{1-a},\\A^{[\log_a (\frac{b}{1-a} - y)]} F_{-}(\{\log_a (\frac{b}{1 - a}-y)\}) + \frac{B}{1 - A},y < \frac{b}{1-a},\end{cases}$$

где $F_{+}$ и $F_{-}$ --- произвольные функции $[0,1)\to\mathbb{R}$, $[z]$ и $\{z\}$ --- целая и дробная части числа $z$

[alcoholist]

Alex_J в сообщении #640106 писал(а):

В случае линейных операторов $(fg)^{-1}=g^{-1}f^{-1}$, есть зацепка. А здесь...

то же самое -- линейность тут ни при чем

[Alex_J]

Xaositect

Будьте добры - подробные выкладки покажите для случаев неравенства.