¿Puede el Mapa de Identidad ser una composición repetida otra función?

Question

Considere la asignación $f:x\to\frac{1}{x}, (x\ne0)$ . Es trivial ver que $f(f(x))=x$ .
Mi pregunta es si existe o no un mapa continuo $g$ tal que $g(g(g(x)))\equiv g^{3}(x)=x$ ? Además, ¿hay alguna forma de averiguar si existe una función que $g^{p}(x)=x$ para un primo $p$ ?

Edito: Me doy cuenta de que he sido un poco confuso, quería especificar que era aparte del mapa de identidad. La otra 'condición' que quería imponer no es muy precisa; esperaba una función que no pareciera definida para el propósito. Sin embargo, las que lo están funcionan perfectamente y responden sin duda a la pregunta.

Answer 1

Consideremos la clase de transformaciones de Möbius: $$f(x) = {ax+b\over cx+d}$$ para algunas constantes $a,b,c,d$ . Si representamos la transformación de Möbius $f$ por su matriz de coeficientes: $$\hat f = \pmatrix{ a&b \\ c&d }$$ entonces resulta que para componer dos transformaciones de Möbius $f$ y $g$ simplemente multiplicamos sus matrices correspondientes.

En particular, si $f$ es una transformación de Möbius con matriz $\hat f$ entonces $f(f(f(x)))$ es también una transformación de Möbius, con matriz ${\hat f}{}^3$ .

Por lo tanto, basta con encontrar un $2\times 2$ matriz $M$ con $M^3 = I$ . Hay numerosos ejemplos, pero uno de ellos es $$\def\ang{{\frac{2\pi}3}}\pmatrix{\cos\ang & \sin\ang \\ -\sin\ang & \cos\ang} = \pmatrix{-\frac12 & \frac{\sqrt3}2 \\ -\frac{\sqrt3}2 & -\frac12 }.$$ Esta es sólo la matriz para la transformación lineal del plano que rota el plano un tercio de vuelta alrededor del origen.

Por tanto, la correspondiente transformación de Möbius con período 3 es $$f(x) = {x-\sqrt 3\over x\sqrt3 + 1}.$$

Sustituyendo $2\pi\over 3$ con $2\pi\over n$ puede construir una función con el período que desee.

Tenga en cuenta que no está limitado a $M$ con $M^3 = I$ . Desde $I$ y $kI$ son iguales cuando se consideran transformaciones de Möbius, $M^3 = kI$ funcionará para cualquier $k$ .

Answer 2

La función $$f(x) = {1\over 1-x}$$ tiene $f^3(x) = x$ para todos $x$ donde $f^3(x)$ se define. (Todos los reales excepto 0 y 1.)

Aparte de la identidad, no existe ninguna función continua $\Bbb R\to \Bbb R$ teniendo $f^3(x) = x$ para todos $x$ por Teorema de Sharkovskii .

Answer 3

Considere la función $f:\mathbb R\to\mathbb R$ tal que $f(i)=i+1$ para todos $i\in\{1,\dots,p-1\}$ , $f(p)=1$ y $f(x)=x$ para todos $x\in\mathbb R\setminus\{1,\dots,p\}$ .

Answer 4

Si no impone ninguna otra condición a $g$ es ciertamente posible. Para $n\in\Bbb Z$ deje $I_n=[n,n+1)$ y defina

$$g:\Bbb R\to\Bbb R:x\mapsto\begin{cases}x+1,&\text{if }x\in I_n\text{ and }3\not\mid n\\ x-2,&\text{if }n\in I_n\text{ and }3\mid n\;. \end{cases}$$

Este mapa traduce $I_{3k+1}$ a $I_{3k+2}$ , $I_{3k+2}$ a $I_{3k+3}$ y $I_{3k+3}$ hasta $I_{3k+1}$ ; no fija ningún punto de $\Bbb R$ .

Esto se generaliza: se puede sustituir $3$ por cualquier número entero $m\ge 2$ .

Answer 5

Si existe alguna función continua $g(x)$ ,más necesario debe ser continuamente diferenciable, tal que 1. $g(g(g(x)))=x$ entonces es fácil ver

$g'(g(g(x)))g'(g(x))g'(x)=1$ .

Di, $g(g(x))=x_2$ y $g(x)=x_1$ .

Mira, estos $x,x_1,x_2$ crea un triplete en un ciclo. Significado, $g(x)=x, g(x_1)=x_2, g(x_2)=x$ . Por lo tanto, son autosuficientes.

Así que.., $g'(x)g'(x_1)g'(x_2)=1$

Ahora, si la función tiene algún(cambio de dirección) punto estacionario en algún punto, digamos $a, g'(a)=0$ . Entonces $g'(a)g'(a_1)g'(a_2)$ nunca puede ser igual a 1, lo cual es necesario. Por lo tanto, la función debe ser estrictamente creciente(No puede ser estrictamente decreciente porque entonces, todos los $g'(x),g'(x_1),g'(x_2)$ sería negativo. Por lo tanto, no puede haber producto $1$ ).

Ahora bien, si para algún triplete $x,x_1,x_2$ ya que la función es estrictamente creciente

T 1. $x>x_1>x_2$ no puede suceder. 2. $x_1>x>x_2$ c 3. $x_2>x_1>x$ no puede suceder. Ya que son cíclicos.

Por lo tanto, la única manera que queda es todos son iguales, significa $g(x)=x$ .

Pero, puedo decir estrictamente estos sólo para la función continuamente diferenciable.

Siguiendo este método, podemos demostrar fácilmente que, para todos los números Impares $m$ , $g^{m}(x)=x,\Rightarrow g(x)=x$ . Obviamente, la función es diferenciable en todas partes y su derivada es continua.