Dejar $f:\mathbb R\to \mathbb R$ y tal
$$f(f(x))=\dfrac{x+1}{x+2}$$
Encuentre el $f(x)$
Mi intento
He encontrado $f(x)=\dfrac{1}{x+1}$ porque cuando $f(x)=\dfrac{1}{x+1}$ entonces $$f(f(x))=f\left(\dfrac{1}{x+1}\right)=\dfrac{1}{\dfrac{1}{x+1}+1}=\dfrac{x+1}{x+2}$$ así que $f(x)=\dfrac{1}{x+1}$ esta condición, pero $f(x)$ ¿Tiene otro formulario? Gracias
Se puede comprobar fácilmente que si definimos
$$f_{A} = \frac{ax+b}{cx+d} \quad \text{for} \quad A = \begin{pmatrix}a & b \\ c & d \end{pmatrix}, $$
entonces $f_{A} \circ f_{B} = f_{AB}$ . Por lo tanto, cualquier matriz $A$ satisfaciendo
$$ A^{2} = k \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 1 & 2 \end{pmatrix}, \quad \text{for some} \ k \neq 0 $$
da lugar a una solución. Mathematica da dos soluciones diferentes
$$ f(x) = \frac{1}{x+1} \quad \text{and} \quad f(x) = \frac{2x+1}{x+3}, $$
pero no sé si existen otras soluciones.
Como ya ha mencionado sos440, las transformadas lineales fraccionarias corresponden a matrices.
A partir de ahí, podemos simplificar el problema utilizando la conjugación.
$$ (g \circ f \circ g^{-1}) \circ (g \circ f \circ g^{-1}) (x) = g\left(\frac{g^{-1}(x)+1}{g^{-1}(x)+2} \right)$$
En este caso, utilizamos también la transformada lineal fraccionaria $g$ .
El lado derecho de la ecuación anterior corresponde a una matriz que es conjugada con $$\pmatrix{{1}&{1}\\{1}&{2}}$$
Esta matriz es diagonalizable con valores propios reales positivos distintos $\lambda_1, \lambda_2$ . Sea $k= \lambda_1/\lambda_2 >0$ .
La matriz que corresponde a $g^{-1}$ es la matriz $X^{-1}=\pmatrix{{v_1} & {v_2}}$ donde $v_1$ , $v_2$ son los vectores propios correspondientes a los valores propios $\lambda_1$ , $\lambda_2$ respectivamente. Así, $g$ corresponde a la matriz $X=\pmatrix{{v_1} & {v_2}}^{-1}$ . Entonces $$ X \pmatrix{{1}&{1}\\{1}&{2}}X^{-1}= \pmatrix{{\lambda_1}&{0}\\{0}&{\lambda_2}} $$ para que $$ g\left(\frac{g^{-1}(x)+1}{g^{-1}(x)+2} \right) \mbox{ corresponds to the diagonal matrix } \pmatrix{{\lambda_1}&{0}\\{0}&{\lambda_2}} $$
Después de la conjugación, nuestro problema se convierte en un problema más sencillo para encontrar la solución a $$ F\circ F (x) = kx $$ donde $F=g\circ f\circ g^{-1}$ .
Este nuevo problema es similar al siguiente: $$G\circ G(x) = x$$
La solución a ésta no es sólo $x$ , $-x$ pero también $$G(x)=\cases{{-\frac{1}{2}x \mbox{ if $ x<0 $}}\\{-2x \mbox{ if $ x\geq 0 $}}}$$
Del mismo modo, si dejamos que $F$ de la siguiente manera, $$F(x)=\cases{{-\frac{\sqrt{k}}{2}x \mbox{ if $ x<0 $}}\\{-2\sqrt{k}x \mbox{ if $ x\geq 0 $}}}$$
entonces $F\circ F (x) = kx$ .
Para ello $F$ recuperamos $f$ invirtiendo la conjugación $f= g^{-1}\circ F\circ g$ . Esta función resultante $f$ no será una de las dos funciones dadas.
Supongamos que $f(x)=\frac{ax+b}{x+c}$ . Entonces $$ f(f(x))= \frac{(a^2+b)x+b(x+c)}{(a+c)x + b+c^2}=\frac{x+1}{x+2} $$ se obtienen las ecuaciones $$ \frac{a^2+b}{a+c}=1, \frac{b(a+c)}{a+c}=b=1, \frac{b+c^2}{a+c}=2, \frac{a^2+1}{a+c}=1$$ a partir de la cual encontramos $$c=a^2-a+1$$ y por lo tanto $$a^4-2a^3+a^2-2a=a(a^3-2a^2+a-2)=0$$ Esta última ecuación sólo tiene dos soluciones reales, $a=0$ y $a=2$ correspondientes a las dos soluciones dadas por sos440: $$ f(x)=\frac{1}{x+1} \mbox{ and } f(x)=\frac{2x+1}{x+3}.$$
Añadido: La última ecuación tiene $a=\pm i$ como raíces, pero éstas producen las funciones degeneradas $f(x)=i$ y $f(x)=-i$ que no dan los resultados requeridos $f(f(x))$ .
Si sólo se buscan soluciones que sean fraccionadamente lineales, $f(z)=(az+b)/(cz+d)$ , entonces los dos que ha encontrado @sos440 son los únicos, como sugiere la interesante respuesta de @i707107.
He aquí una respuesta algo más elaborada que la de @MatthewConroy, su respuesta realmente resuelve la pregunta por completo. Las transformaciones lineales fraccionarias con coeficientes reales pueden verse como transformaciones de la recta proyectiva real, $\mathbb P^1(\mathbb R)$ e igualmente como transformaciones de la línea compleja, $\mathbb P^1(\mathbb C)$ . Los que son desiguales a la identidad se dividen en tres clases, los elíptica sin puntos fijos en la recta real, como $(z+1)/(-z+1)$ que permuta los cuatro puntos $\{\infty, -1, 0, 1\}$ cíclicamente; el parabólica que tienen un único punto fijo que en algún sentido es de multiplicidad dos, como $z\mapsto z+1$ cuyo único punto fijo es $\infty$ y el hiperbólica con dos puntos fijos.
Nuestro mapa dado $z\mapsto(z+1)/(z+2)$ es de este último tipo, y sus puntos fijos son $\rho>0$ y $\rho'<0$ las dos raíces de $X^2+X-1$ . Como ven, satisfacen $\rho+\rho'=\rho\rho'=-1$ y resulta que $\rho$ es el recíproco de la "proporción áurea", pero eso es sólo un accidente. Ahora, trabajando en el grupo de transformaciones fraccionarias-lineales complejas, podemos conjugar $\rho'$ a $0$ y $\rho$ a $\infty$ y preguntar por las transformaciones que dejan fijas estas dos. Por supuesto, todas estas son $z\mapsto\lambda z$ sólo estamos hablando de multiplicación. En particular, si tenemos una transformación de este tipo que toma una $\zeta$ a $\lambda\zeta$ entonces sólo hay dos transformaciones que cuadran con esto, a saber $z\mapsto\mu z$ para los dos valores de $\mu$ con $\mu^2=\lambda$ .
A mano y con la ayuda de un programa simbólico, conjugué $(\infty,0)$ a $(\rho,\rho')$ y la transformación que corresponde a $z\mapsto\lambda z$ est $$ \pmatrix{1+(1-\rho)\lambda&-\rho+\rho\lambda\\-\rho+\rho\lambda&1-\rho+\lambda } \>\colon\>z\mapsto\frac{\bigl(1+(1-\rho)\lambda\bigr)z-\rho+\rho\lambda } {(-\rho+\rho\lambda)z + 1-\rho+\lambda}\,. $$ Puede comprobar que $\lambda_-=-2-\rho$ da $1/(z+1)$ , $\lambda_+=2+\rho$ da $(2z+1)/(z+3)$ y $\Lambda=\lambda_+^2$ da $(z+1)/(z+2)$ .
$f$ es una biyección de $\Bbb R \setminus \{-2\}$ a $\Bbb R \setminus \{1\}$ .
Estrictamente hablando, no puede tener una raíz cuadrada funcional : Si $f = g \circ g$ entonces $g(g(-5/3)) = f(-5/3) = -2$ . Si $g(-5/3) = -2$ entonces $g(-2)=-2$ y obtenemos que $g\circ g$ se define en $-2$ cuando no debería. Así que $g(-5/3) \neq -2$ y $f$ se define en $g(-5/3)$ : $f(g(-5/3)) = g(-2)$ . De nuevo, si $f(g(-5/3)) = -2$ entonces $g(-2) = -2$ Así que $f$ se define en $f(g(-5/3))$ y así $g$ debe definirse en $g(-2)$ . En cualquier caso, $g(g(-2))$ existe cuando no debería.
Para hacer la pregunta interesante, tapamos el agujero y consideramos $f$ como una biyección de $X = \Bbb R \cup \{\infty \}$ a sí mismo. $f$ tiene dos puntos fijos $0 < x_1 < x_2$ cualquier iteración de $f$ sigue siendo una homografía por lo que sigue teniendo sólo esos dos mismos puntos fijos. Esto significa que se puede dividir $X' = X \setminus \{x_1,x_2\}$ en secuencias de la forma $\{f^k(x), k \in \Bbb Z\}$
Si no necesita $g$ para ser continua, hay muchas maneras de definir una raíz cuadrada funcional. Dado un punto cualquiera $x \in X'$ puede elegir $g(x)$ para ser cualquier punto $y \in X'$ siempre y cuando $y \notin \{f^k(x), k \in \Bbb Z\}$ . Esta elección determinará $g$ en todos los $f^k(x)$ y $f^k(y)$ para $k \in \Bbb Z$ . Repita esta operación hasta que haya definido $g$ en todos los $X'$ . Por último, defina $g(x_i)= x_i$ o $g(x_i) = x_{3-i}$ .
Si quieres $g$ para ser continua, hay dos casos a considerar. $X'$ tiene dos componentes conectados, $(x_1;x_2)$ y $(x_2; \infty) \cup \{\infty\}\cup\{- \infty ; x_1\}$ que debería llamarse simplemente $(x_2 ; x_1)$ . Estos dos componentes son estables por $f$ . Es útil poner un orden en esos componentes tal que $f$ está aumentando. En el primer componente es el orden estándar, pero en el otro, tenemos $y < \infty < z$ si $y > x_2$ y $z < x_1$ .
Si $g$ conmuta los componentes conectados $(x_1;x_2)$ y $(x_2 ; x_1)$ de $X'$ , $g$ estará determinada por su imagen en un intervalo de la forma $[x ; f(x))$ donde $x \in X'$ : tiene que enviar $x$ a algunos $y$ (en el otro componente), envía $f(x)$ a $f(y)$ y en el medio, $g$ puede ser cualquier función continua estrictamente creciente (para los órdenes definidos anteriormente).
Si $g$ no los cambia, tenemos que definir $g$ por separado en cada componente. Para ello, elija un $x \in X'$ , elija algunos $g(x) \in (x ; f(x))$ . Entonces debemos tener $g(g(x)) = f(x)$ y podemos elegir cualquier función continua estrictamente creciente sobre $[x ; g(x)]$ . Esto determina $g$ completamente en el componente de $x$ . haz lo mismo en el otro componente y ya está.
En ambos casos, para $g$ para ser continua, debemos tener $g(x_i) = x_i$ si $x_i$ es uno de los dos puntos fijos.
Además, esas construcciones pueden dar raíces cuadradas funcionales que son suaves en $X'$ (no estoy seguro de lo que ocurre en los puntos de ficción) y todavía no son una de las dos homografías que has encontrado.
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