Buena forma cerrada aproximación para la recorre de $x^2+(1-x^2)x$

Question

Deje $f(x) := x^2+(1-x^2)x$. Hay un agradable no trivial de la forma cerrada aproximación $g_n(x)$ $[0,1]$ $n$- composición del pliegue $f^{\circ n}(x)$? Obviamente cerca de $0$ tenemos que $f^{\circ n}(x) = x+nx^2+...$, pero esto no es de mucha utilidad para mí. En lugar de tratar de definir lo "bonito", debe decir: voy a canal Potter Stewart, y sólo decir que yo (y estoy seguro también de que un encuestado) saben que a la vista.

Uno podría estar tentado a decir entre dientes "resolver Schroder la ecuación", pero no veo cómo eso ayuda. Tampoco veo cómo calcular el Carleman matriz de $f$ ayuda (pero para lo que vale, creo que los elementos de la matriz se $M_{jk} := \sum_{r=0}^j \binom{j}{r} (-1)^{j-r} \binom{r}{k-3j-2r}$). Estas tácticas se sugieren en Cómo se podría ir sobre la búsqueda de una solución de forma cerrada para $g(x,n) = f(f(f(...(x))))$, $n$ los tiempos?

Answer 1

Tenemos que $f(x) - x = x^2 - x^3$, por lo que si se pretende que la $n$ es una variable continua, y el tratamiento de la itera $x(n)$ como funciones de esta variable continua, entonces nos lleva a la ecuación diferencial:

$$\frac{dx}{dn} = x^2 - x^3$$

El que tiene la solución:

$$\log\left[\frac{x(n)}{1-x(n)}\right]-\frac{1}{x(n)} = \log\left[\frac{x(0)}{1-x(0)}\right]-\frac{1}{x(0)} + n$$

Usted puede, a continuación, aproximadamente resolver para $x(n)$, lo que queda claro entonces es que para $x(n)$ cerca de cero, el $\frac{1}{x(n)}$ término domina mientras que para $x(n)$ cerca de $1 $ el logarítmica término domina.

Answer 2

FYI, aquí está una foto que ilustra el Recuento de la respuesta en http://math.stackexchange.com/a/1872168/241. Azul curvas son el cero a través de la décima iteración de $f$; rojo curvas se obtienen invirtiendo numéricamente $F(f^{\circ N}(x)) \approx N + F(x)$$F(x) := \log \frac{x}{1-x} + \frac{1}{x}$. Voy a mencionar que esta es una mejora en la exacta de cuarto orden de la aproximación $f^{\circ N}(x) \approx x+Nx^2+(N^2-2N)x^3+([N-1]^3-2[N-1]^2-3[N-1])x^4$ cerca de $0$, y me imagino que una mejora en todos exacta de orden fijo aproximaciones.

En una nota separada, también puedo mencionar la Carleman enfoque que originalmente se menciona que puede ser seguido a lo largo de las líneas de http://www.sciencedirect.com/science/article/pii/S0022247X98959868.

Answer 3

En azul: $g(x,25)$. En naranja: $0.5\tanh(x(1+x)^{25})+0.5$. Su función no permanecer en el $y=1$ a partir de entonces.

El comportamiento cerca de cero es totalmente influenciado por $u(x)=x(1+x)$, dejando de lado el $-x^3$ plazo. La obvia composición aproximada que he mencionado anteriormente, $u^n(x)\approx x(1+x)^n$ simplemente no aumenta suficientemente rápido. Tal vez su Carlemann matriz de enfoque podría ser utilizado en esta simple función para producir un más significativa aproximación cerca de cero?

El $\tanh$ motivación también debería ser obvio. Espero que esto ayude.

Answer 4

Usted ha trabajado ese $f^{\circ n}(x)\approx a(x)=x+nx^2$ cerca de $x=0$. Usted puede hacer algo similar cerca de $x=1$ y, a continuación, "pegamento" de los dos extremos juntos.

$$\begin{align} f(x)&=x^2+(1-x^2)x=x+x^2-x^3=1-2(1-x)^2+(1-x)^3\\ p(x)&:=1-f(1-x)=2x^2-x^3 \end{align}$$

La aproximación de $f^{\circ n}(x)$ cerca de $x=1$ es esencialmente la misma que la aproximación de $p^{\circ n}(x)$ cerca $x=0$. $p^{\circ n}(x)\approx 2^{2^n-1}x^{2^n}$, y cerca de $x=1$, usted tiene $$f^{\circ n}(x)\approx b(x)=1-2^{2^n-1}(1-x)^{2^n}\qquad{x\text{ near }1}$$

Si pudiera encontrar la manera de pegar estos, usted tendría una aproximación. El disparo desde la cadera, si usted puede seguir cada curva ($a$ de avance de $0$, $b$ atrás de $1$) hasta que ya no trabajaban así como aproximaciones, a continuación, conecte las curvas con un spline cúbico, que es una idea. [Requeriría averiguar dónde hacer la transición aunque].

Pero puede haber mejores formas para pegarlas.