Математическое
Jun. 6th, 2006 04:16 am![[personal profile]](https://www.dreamwidth.org/img/silk/identity/user.png){kind=small}
akuklevПродолжая предыдущий пост.
Но человеческое любопытство безгранично. Следующим вопросом, который я задал Клокову был следующий: Вот функцию, обратную данной часто обозначают f-1(x). Это же наверняка не зря! Пусть f -- непрерывная монотонно возрастающая функция с совпадающей областью определения и обастью значений. Тогда у неё есть обратная, и тогда её можно соединять саму с собой. Пусть тогда f°(x) = x, f¹(x) = f(x), f²(x) = f(f(x)), fn(x) = f(fn-1(x)). Для отрицательных -- соответственно. Тогда выполняется соотношение fa∘fb = fa+b. Будем из него исходить. Вопрос: можно ли как-нибудь осмысленно продолжить понятие композиционной степени для рациональных и далее по непрерывности для действительных чисел.
Для примера мы взяли функцию f(x) = x². Тогда можно подобрать к ней f1/2(x) = x√2. Функция
f1/3(x) = x21/3. Несложно проверить и доказать, что для f(x) = xa:
fu(x) = xau
(Обращаю внимание, что единственность рациональных степеней композиции ещё нигде не утверждалась)
Дома я рассмотрел ещё пару примеров.
Например g(x) = kx. Тогда для натуральных n: gn(x) = knx. Несложно проверить, что это подходит вообще для всех действительных g. Проверим, обладает ли наша степень другим хорошим свойством. Пусть h(x) := (kx)a = f∘g.
Если hu = fu ∘ gu, это было бы просто здорово.
Итак, по нашему предположению, hu = (kux)au.
Проверим, что у нас получается для h(x) = (5x)³; u = 1/2.
h1/2 = ([√k]x)√a.
Скомбинируем эту штуку с самой собой:
h = ( [√k] ([√k] x)√a )√a
= ( [√k]1/√a [√k] x )a
= ( [√k](1 + 1/√a) x )a
Хрена, даже две такие простые функции между собой и не думают коммутировать! А вы думали, в рай попали? :-)
Но это не повод для печали. Будем думать дальше. Вот есть, например, производная (хрен ли нам! мы же играем, добавим в условие дифференцируемость) сложной функции:
(f ∘ g)' = g' * (f' ∘ g)
(f)' = g' * (g' ∘ g)
Если мы сюда подставим одну и ту же ф-цию, получится:
(f²)' = f' * (f' ∘ f)
А ещё разок:
(f ∘ f²)' = (f²)' * (f' ∘ f²)
(f³)' = f' * (f' ∘ f) * (f' ∘ f²)
«Доктор Борменталь, умоляю вас: мгновенно эту штучку, и если вы скажете, что это плохо, я ваш кровный враг на всю жизнь.»
Предположим, наша функция хоть где-то пересекается с диагональю x = y, то есть имеет фиксированный пункт a = f(a). Значит, этом самом фикспункте с производной творится чудесная вещь:
(fn)'(x) = (f'(x))n
А ведь может быть, подобная вещь творится и со второй производной? Посчитаем вторую производную сложной функции:
(f ∘ g)'' = [g']² f'' ∘ g + (f' ∘ g) * g''
Страшненько. Подставим что нам нужно.
(f²)'' = [f']² f'' ∘ f + (f' ∘ f) * f''
Вспомним, что у нас всё происходит в фикспункте.
(f²)'' = [f']² f'' + f' * f'' = ([f']² + f')f''
Для третьей степени соответственно:
(f³)'' = [f']4 f'' + (f') * (f²)'' = [f']4 f'' + (f') * ([f']² + f')f''
= ([f']4 + [f']³ + [f']²)f''
Формулка, конечно, вырисовывается страшненькая, но она вырисовывается. То есть, зная функцию f, её фикспункт и все её производные в этом фикспункте, можно посчитать все производные функции fa. Если бы нам удалось доказать, что если f аналитическая функция, то и fa тоже аналитическая, то эту самую fa мы можем полность определить.
Такие вот соображения. Дальше я в мыслях за пять с половиной лет, что прошли с тех пор, совершенно не продвинулся. (Честно говоря, я за эти пять лет ни разу про эту фиговину и не вспоминал даже.) Уважаемые читатели, а может быть кто-нибудь ткнёт меня мордой, в какой книжке по этому вопросу почитать можно? Ведь наверняка же товарищ Эйлер и подобные ему другие товарищи этим вопросом занимались. Уж больно он близок к расширению, например, факториала на всю действительную ось.
Но человеческое любопытство безгранично. Следующим вопросом, который я задал Клокову был следующий: Вот функцию, обратную данной часто обозначают f-1(x). Это же наверняка не зря! Пусть f -- непрерывная монотонно возрастающая функция с совпадающей областью определения и обастью значений. Тогда у неё есть обратная, и тогда её можно соединять саму с собой. Пусть тогда f°(x) = x, f¹(x) = f(x), f²(x) = f(f(x)), fn(x) = f(fn-1(x)). Для отрицательных -- соответственно. Тогда выполняется соотношение fa∘fb = fa+b. Будем из него исходить. Вопрос: можно ли как-нибудь осмысленно продолжить понятие композиционной степени для рациональных и далее по непрерывности для действительных чисел.
Для примера мы взяли функцию f(x) = x². Тогда можно подобрать к ней f1/2(x) = x√2. Функция
f1/3(x) = x21/3. Несложно проверить и доказать, что для f(x) = xa:
fu(x) = xau
(Обращаю внимание, что единственность рациональных степеней композиции ещё нигде не утверждалась)
Дома я рассмотрел ещё пару примеров.
Например g(x) = kx. Тогда для натуральных n: gn(x) = knx. Несложно проверить, что это подходит вообще для всех действительных g. Проверим, обладает ли наша степень другим хорошим свойством. Пусть h(x) := (kx)a = f∘g.
Если hu = fu ∘ gu, это было бы просто здорово.
Итак, по нашему предположению, hu = (kux)au.
Проверим, что у нас получается для h(x) = (5x)³; u = 1/2.
h1/2 = ([√k]x)√a.
Скомбинируем эту штуку с самой собой:
h = ( [√k] ([√k] x)√a )√a
= ( [√k]1/√a [√k] x )a
= ( [√k](1 + 1/√a) x )a
Хрена, даже две такие простые функции между собой и не думают коммутировать! А вы думали, в рай попали? :-)
Но это не повод для печали. Будем думать дальше. Вот есть, например, производная (хрен ли нам! мы же играем, добавим в условие дифференцируемость) сложной функции:
(f ∘ g)' = g' * (f' ∘ g)
(f)' = g' * (g' ∘ g)
Если мы сюда подставим одну и ту же ф-цию, получится:
(f²)' = f' * (f' ∘ f)
А ещё разок:
(f ∘ f²)' = (f²)' * (f' ∘ f²)
(f³)' = f' * (f' ∘ f) * (f' ∘ f²)
«Доктор Борменталь, умоляю вас: мгновенно эту штучку, и если вы скажете, что это плохо, я ваш кровный враг на всю жизнь.»
Предположим, наша функция хоть где-то пересекается с диагональю x = y, то есть имеет фиксированный пункт a = f(a). Значит, этом самом фикспункте с производной творится чудесная вещь:
(fn)'(x) = (f'(x))n
А ведь может быть, подобная вещь творится и со второй производной? Посчитаем вторую производную сложной функции:
(f ∘ g)'' = [g']² f'' ∘ g + (f' ∘ g) * g''
Страшненько. Подставим что нам нужно.
(f²)'' = [f']² f'' ∘ f + (f' ∘ f) * f''
Вспомним, что у нас всё происходит в фикспункте.
(f²)'' = [f']² f'' + f' * f'' = ([f']² + f')f''
Для третьей степени соответственно:
(f³)'' = [f']4 f'' + (f') * (f²)'' = [f']4 f'' + (f') * ([f']² + f')f''
= ([f']4 + [f']³ + [f']²)f''
Формулка, конечно, вырисовывается страшненькая, но она вырисовывается. То есть, зная функцию f, её фикспункт и все её производные в этом фикспункте, можно посчитать все производные функции fa. Если бы нам удалось доказать, что если f аналитическая функция, то и fa тоже аналитическая, то эту самую fa мы можем полность определить.
Такие вот соображения. Дальше я в мыслях за пять с половиной лет, что прошли с тех пор, совершенно не продвинулся. (Честно говоря, я за эти пять лет ни разу про эту фиговину и не вспоминал даже.) Уважаемые читатели, а может быть кто-нибудь ткнёт меня мордой, в какой книжке по этому вопросу почитать можно? Ведь наверняка же товарищ Эйлер и подобные ему другие товарищи этим вопросом занимались. Уж больно он близок к расширению, например, факториала на всю действительную ось.
