¿Cómo solucionarlo?

Question

He encontrado el siguiente interesante ecuación en alguna página web que no recuerdo:

$f(f(x))=\cos(x)$

Por curiosidad he intentado solucionarlo, pero se dio cuenta de que no tengo ni idea de cómo abordar un proceso iterativo de la ecuación, excepto para la prueba y el error. También me di cuenta de que la solución puede no ser único, a partir de la solución de un problema más sencillo

$f(f(x)) = x$

que tiene por ejemplo las soluciones de $f(x) = x$ o $f(x) = \frac{x+1}{x-1}$.

Hay un general de la estrategia de solución a las ecuaciones de este tipo? Puede que tal vez me apunte a alguna literatura sobre este tipo de ecuaciones? Y ¿cuál es la solución para $f(f(x))=\cos(x)$ ?

Answer 1

La media de iteración de una función puede ser encontrado mediante la expresión de sus parallelize en una forma de Newton de la serie:

$$f^{[1/2]}(x)=\sum_{m=0}^{\infty} \binom {1/2}m \sum_{k=0}^m\binom mk(-1)^{m-k}f^{[k]}(x)$$

Donde $f^{[k]}(x)$ significa k-ésima iteración de $f(x)$ Esta serie converge si se cumplen dos criterios:

1) El parallelize(flujo) de f(x) no crece más rápido que un exponente

2) método de Runge fenómeno no aparece.

Hay un número de estrategias para combatir el fenómeno de Runge que están fuera de esta respuesta de su ámbito. Vale la pena señalar que aunque tratando de encontrar un medio de iteración de la función $f(x)=\cos x$ conduce a este método de Runge pantano y uno necesita emplear una de las técnicas mencionadas a acheve convergencia.

Caso contrario es con la función de $f(x)=\sin x$. El parallelize está limitada por $\pm 1$ y la serie converge sin ningún problema.

Abajo es un dibujo de la mitad-iterar de $\sin x$, obtenido con esta fórmula. Es periódica con el mismo período de $\sin x$. La curva azul es la mitad recorrer, y la curva roja es la media repetir, se repite dos veces, y podemos ver que, de hecho, es muy similar a la función seno.

Esta parcela está hecho a partir de los 50 primeros términos de la anterior serie.

Esta fórmula para la media iteración puede ser utilizado para encontrar no sólo la mitad-itertes pero reales (o complejos!) iteración de una función sustituyendo el valor necesario en lugar de 1/2.

La fórmula puede ser escrita también en las siguientes formas:

$$f^{[s]}(x)=\lim_{n\to\infty}\binom sn\sum_{k=0}^n\frac{s-n}{s-k}\binom nk(-1)^{n-k}f^{[k]}(x)$$

$$f^{[s]}(x)=\lim_{n\to\infty}\frac{\sum_{k=0}^{n} \frac{(-1)^k f^{[k]}(x)}{(s-k)k!(n-k)!}}{\sum_{k=0}^{n} \frac{(-1)^k }{(s-k) k!(n-k)!}}$$

También hay algunas otras fórmulas de dar el mismo resultado.

Answer 2

No hay ningún continua de soluciones. Desde el coseno tiene un único punto fijo $x_0$ (de tal manera que $\cos x_0=x_0$), debe ser un punto fijo de f. Y f debe ser inyectiva y por lo tanto monótona (creciente o decreciente) en un barrio de $x_0$. Entonces f(f(x)) es creciente en (posiblemente más pequeños) barrio de $x_0$, mientras que el coseno es no.

Como discontinuas, existen terriblemente muchos de ellos ( $2^{\mathbb R}$ ), y probablemente no puede parametrizar de los mismos en cualquier forma razonable. Se puede describir en términos de las órbitas de iteraciones de $\cos x$, pero dudo que esto cuenta como una solución de la ecuación.

ACTUALIZACIÓN: Aquí es cómo construir una solución (esto es técnico y se me puede pasar por alto algo).

Sea X un conjunto infinito y $g:X\to X$ es un mapa, estoy buscando una condiciones suficientes para la existencia de una solución de $f\circ f=g$. Definir la siguiente relación de equivalencia sobre X: x e y son equivalentes iff $g^n(x)=g^m(y)$ para algunos enteros positivos m y n. Clases de equivalencia se refiere a las órbitas (el término es incorrecto, pero no sé cuál es la correcta). Dos órbitas son similares es que hay un bijection entre ellos los desplazamientos con g. Si y y Z son dos órbitas similares, se puede definir f $Y\cup Z$ como sigue: de Y, f es que bijection a la Z, y Z, f es la inversa de la bijection compuesta con g.

Así que si las órbitas pueden ser divididos en pares de otros similares, hemos deseado f. Ahora, retire de la línea real en el punto fijo de cos y todas sus raíces ($\pi/2$ y similares). Entonces, si no estoy perdiendo algo, en el resto del conjunto X todas las órbitas de los cos son similares, por lo que podemos definir f como en el anterior. Definir f de modo que 0 tiene un vacío pre-imagen (es decir, la órbita contiene 0 debe ser utilizado como Z y no se como Y). Finalmente. mapa el punto fijo de cos a sí mismo, y las raíces de cos a algunos pre-imagen de 0.

Answer 3

Hay una enorme cantidad de soluciones, si sólo se desea la solución para que funcione en un intervalo. De hecho, uno puede encontrar soluciones a f(f(x)) = g(x) para cualquier función g definida en un intervalo.

Específicamente, me dicen que si g:[a,b] en R, entonces hay 2^|R| muchas de las funciones f de R a R con f(f(x)) = g(x) para todo x en [a,b].

Una de estas soluciones de f se obtiene como sigue. Primero elige un z tal que [a,b] y [a + z, b + z] son disjuntas. Ahora vamos a f(x) = x + z, para x en [a,b], y f(x) = g(x - z), para x en [a, + z, b + z]. Por lo tanto, f(x) en el primer se traduce x a otro intervalo, cuando x está en [a,b], y entonces f se calcula g de la inversa de traducir, cuando x no es en [a,b]. Así que f(f(x)) = g(x).

Cuando g es continua, entonces esta función f será continua también, y puede ser total por linealmente la ampliación.

Más generalmente, si h es bijection de [a,b] con otro intervalo [a',b'] disjunta de [a,b], entonces que f(x) = h(x) para x en [a,b], y f(x) = g(h^-1(x)) para x en [a',b']. De ello se sigue que f(f(x)) = g(x). Y desde allí 2^|R| muchas de esas funciones h, hay del mismo modo que muchas de las funciones f que satisface la ecuación.

Answer 4

Cerca de un punto fijo de cos (x) use el método de Schr "oder (1871) ...
http://en.wikipedia.org/wiki/Schr%C3%B6der%27s_equation

Mejor referencia histórica: Daniel S. Alexander, Una historia de dinámica compleja desde Schr "hasta Fatou y Julia (1994).

Answer 5

Parece que, al contrario de algunas otras respuestas continua de la solución puede ser construido.

Primero de todo tenemos que interpolar con Newton de la serie el flujo de la función $\cos(\cos(z))$:

$$\phi_{1/2}(x,z)=\casos { \arccos^{[x]}(z), & \text{si } x < 0 \cr \cos^{[x]}(z), & \text{si } x \ge 0 } $$

$$\phi_{1}(x,z)=\sum_{m=0}^\infty \binom{x/2+1}{m} \sum_{k=0}^m (-1)^{k-m} \binom{m}{k} \phi_{1/2}(k-1,z)$$

We interpolate from the first integer point where the value is real, i.e. from x=-1.

We now obtain the approximation of the other half-flow of cos x by taking arccos on the above function:

$$\phi_{2}(x,z)=\arccos(\phi_{1}(x+1,z))$$

We know that the flow of cos(x) should coincide with the first function in even integers and with the second function in odd integers.

So we make a stub of the flow following this knowledge (we also want that its absolute value to be monotonous).

$$\phi(x,z)=\frac{1}{2} \left((-1)^{x+1}+1\right) (\phi_{1}(x,z)-\text{FP})+\frac{1}{2} \left((-1)^x+1\right) (\phi_{2}(x,z)-\text{FP})+\text{FP}$$

donde FP es el coseno de punto fijo.

Esta función coincide con el flujo en el entero de puntos, pero aún no está de acuerdo en que entre. Para obtener un flujo real debemos tener un límite de repetirse arcocoseno en el nuestro talón:

$$\Phi(x,z)=\lim_{n\to\infty} \arccos^{[n]} (\phi(x+n,z))$$

Numerically this limit converges quite fast. If the limit exists, it by definition, satisfies the equation

$$ \cos(\Phi(x,z))=\Phi(x+1,z)$$

so it is the true flow.

The above can be illustrated by the graphic:

Here upper semi-flow (flow of cos(cos z)) ) is blue, lower semi-flow is red, real part of the flow is yellow, imaginable part of the flow is green. All flows are taken as point z=1.

Following this we can build a graphic of half-iterate of cosine $\Phi(1/2,z)$:

Here blue is the real part and red is the imaginary part.

We can verify that the half-iterate repeated twice $\Phi(1/2,\Phi(1/2,z))$ (azul) de la siguiente manera coseno (rojo) bastante bien en positivo de los medios tiempos, y en cualquier parte del cono es positivo (es decir, en el eje imaginario así):

Creo que este coincodes con la respuesta por Gerald Edgar arriba. Una modificación de la función iterada dos veces da coseno en todo el eje real:

Este es un verdadero medio de iteración del coseno, que funciona en todo el eje real, produciendo exactamente coseno:

Pero como ha sido señalado por Joel David Hamkins anteriormente, existe un número infinito de tales soluciones, ninguna de las cuales el trabajo para el conjunto de los números complejos.

Esta función puede ser considerado, aunque como la verdadera solución en el plano complejo si se interpreta como un multi-función con valores. Para ello, toma la función en el intervalo y analíticamente se extienden a todo el plano complejo.

Un cuaderno de mathematica que produce el anterior es como sigue:

$PlotTheme = None; 
f[x_, z_] := If[x >= 0, Nest[Cos, z, 2*x], Nest[ArcCos, z, -2*x]]
n := 30
s := 15
Ni[x_, z_] := 
 Sum[Binomial[x + 1, m]*
   Sum[(-1)^(k - m)*Binomial[m, k]*f[k - 1, z], {k, 0, m}], {m, 0, n}]
Semi2[x_, z_] := Ni[x/2, z]
Semi1[x_, z_] := ArcCos[Semi2[x + 1, z]]
FP := Evaluate[N[FixedPoint[Cos, 1.]]]
a := 21
Flow2[x_, z_] := 
 FP + (Semi2[x, z] - FP)*(((-1)^x + 1)/2) + (Semi1[x, z] - 
     FP)*(((-1)^(x + 1) + 1)/2)
FL[x_, z_] := Nest[ArcCos, Flow2[x + a, z], a]
Plot[{Semi1[x, 1], Semi2[x, 1], Re[FL[x, 1]], Im[FL[x, 1]]}, {x, -5, 
  5}, AspectRatio -> Automatic, PlotRange -> 3]
Plot[{Re[FL[0.5, x]], Im[FL[0.5, x]]}, {x, -5, 5}, 
 AspectRatio -> Automatic, PlotRange -> 3]
Plot[{Re[FL[0.5, FL[0.5, x]]], Cos[x]}, {x, -5, 5}, 
 AspectRatio -> Automatic, PlotRange -> 3]
HalfCos[z_] := 
 If[Im[z] == 0, Sign[Re[Cos[z]]]*FL[0.5, z], Sign[Re[z]]*FL[0.5, z]]
Plot[{Re[HalfCos[x]], Im[HalfCos[x]]}, {x, -5, 5}, 
 AspectRatio -> Automatic, PlotRange -> 3]
Plot[{Re[HalfCos[HalfCos[x]]], Cos[x]}, {x, -5, 5}, 
 AspectRatio -> Automatic, PlotRange -> 3]