Serie de iteración de una potencia de la serie

Question

Deje $f = \sum_{n \ge 2} a_{n} x^{n}$ ser un poder formal de la serie de orden superior/igual a dos. Por $$ f^{\circ n} := \underbrace{f \circ \dots \circ f}_{\text{ n times}}$$ we denote the $n^{th}$ iterate of $f$ and set $$f^{0} = x. $$ It is easily seen that the order of $f^{\circ n}$ is higher/equal $2^{n}$, so we may define the formal series $$S(z):= \sum_{n\ge 0} f^{\circ n}.$$ Si asumimos que el $f$ es convergente de alimentación de la serie, además, no es difícil mostrar que $\sum_{n = 0}^{N} f^{\circ n}$ converge localmente uniformemente a $S$, sobre todo a $S$ es de nuevo un convergentes de alimentación de la serie. Nota sin embargo que $S \neq (x + f)^{ \circ -1}$ - en general, no es compuesto inversa de (x+f).

No tengo una razón en particular para el estudio de esta serie, pero parece ser interesante pregunta - ¿qué es $S$?. En el sentido de que si $S$ se refiere a $f$ en cualquier "familiar", es decir, es el valor de algunos de los mejor conocido operador evaluados en $f$ o tiene algún propiedades interesantes? Maye alguien ya había un pensamiento en ti,gracias por todas las respuestas.

EDIT: Aquí está la prueba de que el $S(z)$ es analítica si $f$ es de orden $\ge 2$ y convergentes: Desde $f(0)=0$ usted puede encontrar un barrio en el que el módulo de $f$ es estrictamente menor que uno, por lo que no existe$R>0$$M \in (0,1)$, de modo que $$\vert a_{n} \vert \le \frac{M}{R^{n}}.$$ And you obtain $$\vert f(x) \vert \le \vert \frac{x}{R} \vert ^{2} \frac{ M}{1 - \vert \frac{x}{R}\vert }$$

Desde $0<M<1$ hay un $s>0$, de modo que $\frac{ M}{1 - \vert \frac{x}{R}\vert } \le 2$ todos los $x \in D_{s}:= \{ \vert x \vert \le s\}$ y elegimos $s$ tan pequeño que $\vert \frac{s}{R} \vert \le \frac{1}{2}$.

Ahora puedo afirmar que en $D_{s}$ tenemos $$\vert f^{\circ n }(x) \vert \le \left\vert\frac{x}{R}\right\vert^{n} 2^{n},$$, que es demostrado por inducción:

Deje $n=1$. A continuación,$\vert f(x) \vert \le \vert\frac{x}{R} \vert^{2} \frac{ M}{1 - \vert \frac{x}{R}\vert } \le \vert\frac{x}{R} \vert \vert\frac{x}{R} \vert 2 \le \vert\frac{x}{R} \vert$.

Ahora el paso a $n\to n+1$:

$$ \vert f(f^{\circ n}) \vert \le \vert \frac xR \vert^{2 n} 2^{2n -2} \frac{ M}{1 - \underbrace{\vert (\frac xR^{n}) 2^n\vert}_{\le \vert \frac{x}{R}\vert }} \le \vert \frac{x}{R} \vert^{2 n} 2^{2n -2} \cdot 2 \le 2^{n} \vert \frac{x}{R} \vert^{n+1}$$

Answer 1

He hecho un ejemplo.
Considere la función $f(x)=2 x^2-x^3+1/4 x^4 $ La parte superior izquierda del segmento de la Carlemanmatrix, vamos a llamar a $F$ es $$ F_{8 \8}=\pequeño \begin{bmatrix} 1 & . & . & . & . & . & . & . \\ 0 & 0 & . & . & . & . & . & . \\ 0 & 2 & 0 & . & . & . & . & . \\ 0 & -1 & 0 & 0 & . & . & . & . \\ 0 & 1/4 & 4 & 0 & 0 & . & . & . \\ 0 & 0 & -4 & 0 & 0 & 0 & . & . \\ 0 & 0 & 2 & 8 & 0 & 0 & 0 & . \\ 0 & 0 & -1/2 & -12 & 0 & 0 & 0 & 0 \end{bmatrix} $$ such that the coefficients for $f(x)$ are in the second column (let's define the columnindex $c=1$ and rows and column-indexes always begin at 0) In the next column there are the coefficients for $f(x)^2$ and in the first column that (trivial one) for $f(x)^0 = 1$. (Nota: mi convenio de aquí es la transpuesta de la ejemplo en la wikipedia por algunas razones históricas)

Los coeficientes para el h'th recorrer de $f(x)$ ocurren en la segunda columna de la h'th poder de $F$.

Entonces los coeficientes de la suma de todos itera a ocurrir en la segunda columna de la suma de todos los poderes de $F$. Pero eso significa, que podemos definir la matriz de $A$ como resultado de la serie geométrica de $F$, lo que se conoce como Neumann de la serie y sería calculada por $$ \sum_{k=0}^\infty F^k = (I - F)^{-1} $$

Por desgracia, la parte superior izquierda del elemento de la serie geométrica $(I-F)$ es cero, por lo que no es invertible. Pero para cualquier finito de truncamiento podemos utilizar la submatriz sin la primera columna y de fila y, a continuación, este es invertible: $$ A = ((I - F)^*)^{-1} $$ La parte superior izquierda del segmento de $A$ es entonces $$ A=\pequeño \begin{bmatrix} 1 & . & . & . & . & . & . & . \\ 2 & 1 & . & . & . & . & . & . \\ -1 & 0 & 1 & . & . & . & . & . \\ 33/4 & 4 & 0 & 1 & . & . & . & . \\ -8 & -4 & 0 & 0 & 1 & . & . & . \\ -4 & 2 & 8 & 0 & 0 & 1 & . & . \\ 11 & -1/2 & -12 & 0 & 0 & 0 & 1 & . \\ 985/8 & 1025/16 & 9 & 16 & 0 & 0 & 0 & 1 \end{bmatrix} $$ Los coeficientes de la primera columna de $A$ permiten ahora a calcular la suma de cualquier contiguos segmento de la recorre de $f°^h(x)$ sólo por la función $$g(x_0,x_m) = \sum_{h=0}^{m-1} f°^h(x_0) = \sum_{k=1}^\infty (x_0^k-x_m^k) \cdot A_{k-1,0} $$ donde $x_m = f°^m(x_0)$

Este es un bonito esquema general y el ejemplo actual es solo una intuición. Para otros polinomios e incluso de alimentación de la serie $f(x)$ uno podría necesitar algún ajuste perfecto y excepciones, pero creo que es bastante obvio lo que está pasando en general.

[actualización] debo añadir, que el actual ejemplo, da una muy pequeña gama de convergencia, y tal vez uno debe tomar una mejor. Sólo podemos utilizar dichas $x_0$ donde $|f(x_0)|<|x_0|$, y la he probado con $x=0.01$ y menor... [/update]

Answer 2

Si $f(z),g(z)$ son las funciones de generación de combinatoria clases de $\mathcal{F},\mathcal{G}$, luego la composición de la $f(g(z))$ es la generación de la función de la clase de objetos de $\mathcal{F}$ cuyos átomos han sido sustituidos por elementos de la $\mathcal{G}$.

Así, por ejemplo, si $f(z)=z^2(1-z)^{-1}$ es considerado el g.f. para árboles de raíces de profundidad 1 con al menos dos nodos hoja, a continuación, $f^{\circ n}$ es el g.f. para el equilibrado de los árboles de la profundidad de $n$, en el que cada nodo interno tiene al menos dos nodos hijos, y $S$ es el g.f. para todos esos árboles de equilibrado, la satisfacción de $S(z) = z + S(f(z))$.

Answer 3

Otra interpretación: Vamos a $T_{f}(g) := f \circ g$ denotar la derecha de la composición de operador asociado con $T_{f}$, vamos a $H := id + T_{f}$. A continuación,$H^{-1} = \sum_{n=0}^{\infty} T_{f}^{n}$. Tenga en cuenta que $T_{f}^{n}(f) =f^{ \circ (n+1)}$. Por lo tanto $$\sum_{k=0}^{\infty} f^{\circ n} = x + H^{-1}(f).$$