$f(ax)=f(x)^2-1$ ¿Qué es? $f$ ?

Question

Supongamos que $f(ax)=(f(x))^2-1$ y supongamos que $f$ es analítica en alguna vecindad de $x=0$ . Expandiendo en series de potencias, obtenemos $a=1+\sqrt{5}$ o $1-\sqrt{5}$ . Tomamos como positivo $a$ . Si $f\neq{\rm const}$ entonces $f'(0)\neq0$ - puede ser cualquier número distinto de cero. Después de esto, podemos definir de forma única los coeficientes en series de potencias $f^{(n)}(0)/n!$ paso a paso mediante la diferenciación de la ecuación funcional $$ f(0)=f(0)^2-1\ \Rightarrow\ f(0)=\frac{1\pm\sqrt{5}}2;\ 2f'(0)f(0)=af'(0)\ \Rightarrow\ f(0)=a/2;\ \ 2f''(0)f(0)+2(f'(0))^2=a^2f''(0)\ \Rightarrow\ f''(0)=\frac{2(f'(0))^2}{a^2-a};\ \ .... $$ Puede $f$ ¿se puede expresar en términos de algunas funciones conocidas?

Parece que $f$ es una función entera de orden $1$ . En efecto, debido a la fórmula de Leibnitz, tenemos $$ a^nf^{(n)}(0)=\sum_{k=0}^n\binom{n}{k}f^{(n-k)}(0)f^{(k)}(0), $$ lo que lleva a \begin{equation}\label{l1} f^{(n)}(0)=\frac{\sum_{k=1}^{n-1}\binom{n}{k}f^{(n-k)}(0)f^{(k)}(0)}{a^n-a}. \end{equation} Es cierto que $|f''(0)|\leq|f'(0)|^2=:C^2$ Ver más arriba. Supongamos que ya hemos demostrado $|f^{(k)}(0)|\leq C^k$ , $1\leq k\leq n-1$ . Entonces $$ |f^{(n)}(0)|\leq \frac{C^n2^n}{(\sqrt{5}+1)^{n-1}\sqrt{5}}\leq C^n. $$ Por lo tanto, la serie de potencias converge en todas partes y $|f(x)|\leq|f(0)|+e^{C|x|}-1$ , $x\in\mathbb{C}$ .

(La ecuación funcional es algo similar a $\cos 2x=2\cos^2x-1$ .

Si denotamos $g(x)=f(x)/f(0)$ entonces $$ g'(x)=g'(0)g(a^{-1}x)g(a^{-2}x)g(a^{-3}x).... $$

Además, el polinomio $$ P_n(x)=f(a^nf^{-1}(x))=P\circ...\circ P(x),\ \ \ P(x)=x^2-1 $$ es un análogo del polinomio de Chebyshev $T_{2^n}(x)$ . Los polinomios $P_n(x)$ están relacionadas con las representaciones de alguna clase de álgebras de Lie infinitas, pero he olvidado la historia que hay detrás...)

Observación. Se ve que $f(\lambda x)$ satisface también la ecuación funcional, para cualquier $\lambda$ . Así, podemos elegir $f'(0)$ libremente. En lugar de esto, elijamos lo más cercano a $0$ cero como $x_0:=1$ (si existen ceros), es decir $f(1)=0$ . Entonces $f(a^{-1})=1$ (no $-1$ ya que $x_0$ es el primer cero y $f(0)>0$ ). Aplicando de nuevo la ecuación funcional, obtenemos $$ f(1)=0,\ f(a^{-1})=1,\ f(a^{-2})=\sqrt{2},\ ...,\ f(a^{-n})=\sqrt{1+f(a^{-n+1})},\ .... $$ Teóricamente, podemos recuperar $f(x)$ a partir de un número infinito de valores $f(a^{-n})$ cubriendo a $f(0)=a/2$ .

La siguiente afirmación es errónea porque, tal vez, $f$ puede tener ceros complejos junto con ceros reales. Lo dejo sólo para posibles mejoras. Debido a $f'(ax)=2a^{-1}f(x)f'(x)=(2a^{-1})^2f(x)f(a^{-1}x)f'(a^{-1}x)=...$ (véase el producto infinito anterior para $g$ ), podemos concluir que $f'(x)\neq0$ pour $x\in[0,a)$ y, por lo tanto $f$ es monótona en este intervalo. $f$ también es monótona para $x\in(a,a^2)$ ya que $f'(ax)=2a^{-1}f(x)f'(x)$ . Debido a $f(a^2x)=f(x)^2(f(x)^2-2)$ vemos que $x_1=a^2$ es un doble cero, $x_2=a^4$ es un cero de cuarto orden, etc. Siguiendo los mismos argumentos anteriores, no hay más ceros. Entonces $$ f(x)=e^{h(x)}\prod_{n=0}^{\infty}\left(1-\frac{x}{a^{2n}}\right)^{2^n}. $$ Es $h(x)=\ln a-\ln 2$ ? Tal vez, algo mal puede estar aquí... pero si esto es cierto entonces $$ \ln f(x)=\ln a-\ln 2-\sum_{k=1}^{\infty}\frac{a^{2k}x^k}{k(a^{2k}-2)} $$ o algo así.

Mientras que la sección anterior era errónea, la verdadera expansión de Hadamard quizás exista. Esto sigue siendo difícil. Dejemos que $\{x_r\}$ sean los ceros primitivos más pequeños de $f$ , tal que todos los demás ceros son $a^{2n}x_r$ . Dentote $H(x)=\prod_r(1-x/x_r)$ - No sé sobre la convergencia del producto, estoy tratando de explicar algunas ideas. Podemos seguir los argumentos de la sección errónea anterior. Entonces, tal vez, es cierto que $$ f(x)=\frac{a e^{dx}}{2}\prod_{n=0}^{\infty}H\left(\frac x{a^{2n}}\right)^{2^n} $$ con alguna constante $d$ (Espero que sea $0$ ), ya que el orden de $f$ no supera $1$ . Sustituyendo esta identidad en $f(a^2x)=f(x)^2(f(x)^2-2)$ obtenemos también $$ f(x)=\sqrt{2+e^{d(a^2-2)x}(2/a)H(a^2x)}. $$ Utilizando $f'(ax)=f'(0)\prod_{n=1}^{\infty}(2f(x/a^n)/a)$ (ver arriba $g$ ), obtenemos $$ f'(x)=f'(0)e^{\frac{dx}{a-1}}\prod_{n=1}^{\infty}H\left(\frac{x}{a^{2n}}\right)^{2^n-1}\prod_{n=1}^{\infty}H\left(\frac{x}{a^{2n-1}}\right)^{2^n-1}. $$ Es posible obtener otras fórmulas.

También hay otra motivación para estudiar $f$ : $$ f(a^nx)=P\circ..\circ P(f(x)),\ \ P(x)=x^2-1. $$ Así, podemos intentar analizar la estabilidad de los valores $f(z)$ bajo la acción del grupo de polinomios. Esta cuestión está relacionada con los sistemas dinámicos, los fractales... ¿Tal vez la comunidad de sistemas dinámicos ya estudió tales funciones analíticas?

Existe una relación exacta con los fractales y la dinámica holomórfica. Utilizando $f(z)=P\circ...\circ P(f(a^{-n}z))$ , $P(z)=z^2-1$ obtenemos que si $z_0$ (situado en la franja $S_n:=\{z:\ a^n\leq|z_0|<a^{n+1}\}$ ) es un cero primitivo de $f$ es decir $f(a^{-k}z)\neq0$ , $k\geq1$ entonces $f(a^{-n}z_0)$ es una raíz no trivial del polinomio $P_n=P^{\circ n}$ . Todas estas raíces no triviales tienen la forma $$ q= s_0\sqrt{1+s_1\sqrt{1+...+s_{n-1}\sqrt{1+s_n\sqrt{2}}}}, $$ donde $s_j\in\{-1,1\}$ . Sin pérdida de generalidad, consideremos el caso $f'(0)=1$ . Entonces, para un tamaño suficientemente grande $n_0$ tenemos $$ \frac{a}2+a^{-n-n_0}z_0\approx f(a^{-n-n_0}z_0)= s_0\sqrt{1+s_1\sqrt{1+...+s_{n-1}\sqrt{1+s_n\sqrt{2}}}}. $$ Por lo tanto, $$ a^{-n-n_0}z_0\approx s_0\sqrt{1+s_1\sqrt{1+...+s_{n-1}\sqrt{1+s_n\sqrt{2}}}}-\frac{a}2(=q) $$ y todos esos $q$ acostado en $a^{-n_0}\leq|q|<a^{-n_0+1}$ corresponden a las raíces primitivas de $f$ acostado en $S_n$ . Los he calculado para $n=20$ (y $n_0=4$ ):

Parece un conjunto de Julia. Así, los ceros de $f$ (incluso los ceros primitivos) son muy complejos. Espero no haber cometido grandes errores en alguna parte...

También es posible introducir funciones más generales que satisfagan $$ f(ax)=bf(x)^2+cf(x)+d\ \ \ {\rm or\ even}\ \ \ f(ax)=Q(f(x)) $$ con algún polinomio o racional $Q$ . Esta clase de funciones contiene $\sin,\cos,\exp,...$

Una de las principales cuestiones sigue abierta: ¿existen relaciones entre $f$ y algunas funciones conocidas?

Por supuesto, cualquier información sobre asintótica, expansiones, resultados numéricos, ecuaciones diferenciales, etc. es muy bienvenida.

Una relación con la aproximación de la proporción áurea. Finalmente, encontré una relación con funciones más o menos conocidas. Considere $$ g(z)=\lim_{n\to\infty}a^n\biggl(\underbrace{\sqrt{1+\sqrt{1+...\sqrt{1+z}}}}_n-\frac{a}2\biggr). $$ La función $g$ es analítico (no entero), se considera en Paris, R. B. "Una aproximación asintótica relacionada con el número áureo". Amer. Math. Monthly 94, 272-278, 1987. Satisface la ecuación funcional $$ g(z)=ag(\sqrt{1+z}). $$ Por lo tanto, $f$ es exactamente la función inversa a $g$ . Es útil señalar que $g'$ admite una representación explícita $$ g'(z)=\frac{a}{2\sqrt{1+z}}\cdot\frac{a}{2\sqrt{1+\sqrt{1+z}}}.... $$

Edición - 04 de junio de 2019. Hay algunas observaciones: debido a la expansión del producto para $g'(x)$ todos los ceros primitivos son simples y cada cero simple de $f$ es primitivo. Debido a los comentarios y respuestas que aparecen a continuación (muchas gracias a los autores), el orden de $f$ es $\rho=\ln 2/\ln a<1$ . Este valor se puede obtener sustituyendo $e^{A|z|^{\rho}}$ en $f(az)=f(z)^2-1$ , lo que da $a^{\rho}=2$ . Porque el orden $\rho<1$ tenemos $d=0$ en la expansión Weierstrass-Hadamard. Algo así... Para mí, fue un poco extraño ver la función entera más o menos explícita $f$ cuyos ceros forman fractales.

Editar - 05 de junio de 2019 Como se ha mencionado anteriormente, la función $f$ tiene muchas raíces múltiples. Hay una transformada lineal que sólo deja raíces simples. Sin pérdida de generalidad, consideremos el caso $f'(0)=1$ . Recordemos que, como hemos visto, si $(x_r)$ son raíces simples de $f$ entonces $f$ puede expresarse en términos de $H(x)=\prod(1-x/x_r)$ como $$ f(x)=\sqrt{2+(2/a)H(a^2x)} $$ o $$ f(x)^2-1=1+(2/a)H(a^2x), $$ lo que lleva a $$ f(x)=1+(2/a)H(ax). $$ La función $H$ sólo tiene ceros simples formando una estructura fractal.

Edición - 06 de junio de 2019 La gente de la RMI dijo que $f(az)=P(f(z))$ es una ecuación de Poincare. También han proporcionado algunas referencias:

[P. Fatou, "Memoire sur les equations fonctionnelles", Bull. Soc. Math. Fr., 47, 161-271; 48, 33-94, 208-314 (1919).

[2] A. Eremenko y G. Levin, "Puntos periódicos de polinomios", Ukrain. Mat. Zh., 41 (1989), 1467--1471

[3] A. Eremenko, M. Sodin, "Iteraciones de funciones racionales y la distribución de los valores de funciones de Poincare", Teor. Funktsii Funktsional. Anal. i Prilozhen., No. 53 (1990), 18--25; traducción en J. Soviet Math. 58 (1992), nº 6, 504-509

Por el momento, no he encontrado un análisis detallado de la expansión de Hadamard para las funciones de Poincare (especialmente para el caso $P(z)=z^2-1$ ), pero hay algo en, por ejemplo

[4] G. Derfel, P. Grabner, F. Vogl, "Complex asymptotics of Poincare functions and properties of Julia sets", Math. Proc. Cambridge Philos. Soc., 145 (2008), 699-718

Edición - 10 de junio de 2019 Existe una expresión de forma cerrada para $f(z)$ basado en la fórmula explícita de la inversa $g(w)=f^{-1}(w)$ , véase más arriba, $$ g(w)=(w-a/2)\frac{2a}{a+2\sqrt{1+w}}\cdot\frac{2a}{a+2\sqrt{1+\sqrt{1+w}}}\dot.... $$ Podemos obtener fórmulas explícitas de tipo Vi`ete, que implican radicales anidados, para todos los ceros de $f$ . Entonces, la factorización de Weierstrass-Hadamard nos da $$ f(z)=\frac{a}{2}\prod_{\sigma\in\Sigma}\left(1+\frac{2z}{a}\prod_{n=1}^{\infty}\frac{a+2\sigma_n\sqrt{1+\sigma_{n-1}\sqrt{1+...+\sigma_1\sqrt{1}}}}{2a}\right), $$ donde $$ \Sigma=\{\sigma:\mathbb{N}\to\{\pm1\},\ \ \lim_{n\to\infty}\sigma_n=1\}. $$ Esta factorización es una de las que estaba buscando.

Answer 1

Esto es más un comentario que una solución, pero es demasiado largo para un comentario.

Sin pérdida de generalidad, puede concentrarse en $a=2$ . He aquí una cadena de sustituciones a partir de $$f(ax)=f(x)^2-1\rm :$$

$y=\log x$ , $x=e^y$ , $g(v)=f(e^v)$

Esto transforma $f(ax)=f(x)^2-1$ a $$g(y+\log a)=g(y)^2-1\rm .$$

$z=\frac{\log 2}{\log a}y$ , $y=\frac{\log a}{\log 2}z$ , $h(v)=g(\frac{\log a}{\log 2}v)$

Esto transforma $g(y+\log a)=g(y)^2-1$ a $$h(z+\log 2)=h(z)^2-1\rm .$$

Por último, deshaga la primera transformación:

$w=e^z$ , $z=\log w$ , $i(v)=h(\log v)$

Esto transforma $h(z+\log 2)=h(z)^2-1$ a $$i(2w)=i(w)^2-1\rm .$$

Así que si encuentras una solución a $i(2x)=i(x)^2-1$ Su solución para $f(ax)=f(x)^2-1$ será $$f(x)=i(x)^\frac{\log a}{\log 2}\rm .$$

Answer 2

Algunos resultados parciales

Si $f$ satisface $f(a x) = f(x)^2 - 1$ entonces $g = f(\lambda x^n)$ satisface $g(a^{1/n}x) = g(x^2)-1$ por cada $n$ y $\lambda$ . Esto significa que cualquier solución $f$ crea una familia de posibles soluciones. El análisis de la serie de potencias sugiere que todas las funciones analíticas que satisfacen $f(a x) = f(x)^2 -1$ para algunos $a$ son de la forma $f_*(\lambda x^n)$ con $n$ un número entero y tener $a = a_*^{1/n}$ , donde ${f_*}'(0) = 1$ y $f_*(a_* x) = f_*(x)^2 - 1$ . Así que es razonable restringir al caso $f'(0) \ne 0$ siempre que tengamos esto en cuenta.

A continuación, los cálculos numéricos. Para $a = 1+\sqrt{5}$ la serie de potencias para $f_*$ tiene un radio de convergencia infinito y converge rápidamente, lo que significa que podemos calcularlo numéricamente con facilidad. Para $x>0$ se escala aproximadamente como $\exp(0.941x^r)$ , donde $r = \ln(2)/\ln(1+\sqrt{5})$ (gracias DinosaurEgg por ese exponente) . Para $x < 0$ oscila entre 0 y 1 de esta manera:

Cada cero es $a^2$ veces el anterior y tiene el doble de orden, como has comprobado.

Para $a = 1-\sqrt{5}$ la serie de potencias converge muy lentamente. Su comportamiento es muy parecido al de la erf:

Por último, para su infinita representación de productos, $h(x)$ escalas como algo así como $0.072x^r\ln(x)$ a grandes rasgos positivo $x$ . En general se ve así

por lo que no creo que tenga una forma sencilla.

EDIT: He calculado una representación en serie de potencias hasta 80 términos y he olvidado totalmente comprobar los ceros en $\mathbb C\setminus \mathbb R $ . Malas noticias: las tiene. Muchas. Por cada solución a $f(z) = \pm \sqrt{2}$ y $n \ge 1$ , $a^{2n}z$ es un cero. Y hay infinitas soluciones para eso, lo que significa que el plan del producto infinito probablemente no funcione.

EDIT2: OK, parece que la serie de potencia para el $a = 1-\sqrt{5}$ converge, pero de forma increíblemente lenta: los coeficientes son algo así como $\exp(-0.036n^{1.6})$ que crece más rápido que cualquier función exponencial, pero tarda muchísimo tiempo en llegar. No estoy seguro si ese exponente es $1+r$ o $(1+\sqrt{5})/2$ .

Answer 3

$$ f(ax) = f(x)^2-1 $$

asumiendo ahora $a x > 0$ tenemos

$$ f(a^{\log_a(ax)})=f(a^{\log_a(x)})^2-1\Rightarrow F(u+1)=F(u)^2-1 $$

con $u = \log_a x$ . Ahora, con respecto a $F(u)$ , teniendo en cuenta $F(0,y) = y$ tenemos utilizando la fórmula de recursión

$$ F(5,y) = \left(\left(\left(\left(\left(y^2-1\right)^2-1\right)^2-1\right)^2-1\right)^2-1\right)^2-1 $$

Esta recursión tiene algunas propiedades interesantes.

$$ \frac{F(2,y)}{F(1,y)} = y^2 \left(y^2-2\right)\\ \frac{F(3,y)}{F(2,y)} =\left(y^2 \left(y^2-2\right)-1\right)\left(y^2 \left(y^2-2\right)+1\right)\\ \frac{F(4,y)}{F(3,y)} =y^4 \left(y^2-2\right)^2 \left(y^4 \left(y^2-2\right)^2-2\right)\\ \frac{F(5,y)}{F(4,y)} =\left(y^2-1\right)^4 \left(y^4-2 y^2-1\right)^2 \left(y^4 \left(y^2-2\right)^2 \left(y^4 \left(y^2-2\right)^2-2\right)-1\right)\\ \vdots $$

Todos los restos son $-1$ y los cocientes son bastante factorizables.

También en cuanto a las funciones $F(k,y)$ tienen un comportamiento que se muestra en el siguiente gráfico. Aquí se muestran $F(0,y),\cdots, F(5,y)$ . Todas las curvas se cruzan en

$$ \left(\frac{1}{2} \left(\sqrt{5}-1\right),\frac{1}{2} \left(1-\sqrt{5}\right)\right),\ \ \left(\frac{1}{2} \left(1+\sqrt{5}\right),\frac{1}{2} \left(1+\sqrt{5}\right)\right) $$

Espero que esto ayude.

Answer 4

Como el hilo no está cerrado supongo que aún hay demanda de respuestas.

La función que se busca (o se construye) es la (inversa de) un mapa de linealización de Koenigs. El polinomio $g = x^2 -1$ tiene un punto fijo en $a/2$ ( $=$ la proporción áurea, como has señalado) y la derivada de $g$ en $a/2$ es $a$ . Normalmente se transfiere todo a 0, así que en aras de la exhaustividad define $h = g(x+a) -a$ para que $h(0) = 0$ y $h'(0) = a$ . Entonces, por el teorema de linealización de Koenigs (por ejemplo, véase 6.1 en https://arxiv.org/pdf/math/9201272.pdf ) existe una analítica $\varphi$ tal que $\varphi(0) = 0, \varphi'(0) \neq 0$ y $\varphi^{-1} \circ h\circ \varphi(x) = ax$ en una vecindad de 0. (En relación con la referencia $\varphi = \phi^{-1}$ .) Ahora, establece $f = \varphi + a$ . Tal vez ayude a encontrar más referencias sobre varias expansiones de $f$ uno podría estar interesado. Buena suerte.