demostrar la conjetura; el límite de la iteración es $\sqrt{z^2 - 2}$

Question

$$\lim_{n \to \infty} f_n(x)=x-\frac{1}{nx}\;\;\; g(x)=f_n^{on}(x)$$

La conjetura es que los valores de $|x|>\sqrt{2}$: $g(x) = \sqrt{z^2 - 2}$

Esta pregunta viene de otro matstack pregunta/respuesta.

Si $n=2^m$, entonces la convergencia es mucho más rápido, comenzando con el $f_n(x)=x-\frac{1}{nx}$ y, a continuación, recorrer la Taylor/Laurent serie de $f(x) \mapsto f(f(x))$ m veces. Empiezo por la generación formal de la serie de Taylor después de mover el punto fijo desde el infinito a cero, $1/f(\frac{1}{x})\;$. Entonces empezamos a recorrer con $f_n$

$$f_n(x) = \frac{x}{1 - x^2/n} = x + \frac{x^3}{n} + \frac{x^5}{n^2} + \frac{x^7}{n^3} + \frac{x^9}{n^4} + \frac{x^{11}}{n^5} ...$$

El uso de este speedup con $m=\log_2(n)$, uno puede recorrer la serie de Taylor para $f(x) \mapsto f(f(x))$ m veces, en lugar de recorrer $f^{on}$, pero los dos son de curso idénticos. Es sólo que de lo contrario, la convergencia es muy lenta, con n iteraciones para obtener una precisión de 1/n.

Formal de la serie de Taylor coeficientes de $1/g(\frac{1}{x}) = \sqrt{z^2/(1-2z^2)}$ son: $x + x^3 + \frac{3 x^5 }{2 } + \frac{5 x^7 }{2 } + \frac{35 x^9 }{8 } + \frac{63 x^{11} }{8 } + \frac{231 x^{13} }{16 } + \frac{429 x^{15} }{16 } + \frac{6435 x^{17} }{128 } + \frac{12155 x^{19} }{128 } + \frac{x 46189^{21} }{256 } ...$

Empíricamente, para el $2^n$th iteración de partida con $f_n$ en el límite anterior, los coeficientes de Taylor son exactos a aproximadamente $O 2^{-n}$, por lo que hay bastante buena computación numérica evidencia de la conjetura, pero no tengo idea de cómo demostrarlo.

EDITAR

I (http://math.stackexchange.com/users/39261/mickserá una recompensa para el siguiente problema :

Básicamente la inversa :

Supongamos que tenemos $g(x)=\sqrt{x^2-2}$ y se nos pide encontrar $f_n$ tal forma que :

$$\lim_{n \to \infty} \;\;\; g(x)=f_n^{on}(x)$$

¿Cómo podemos resolver este tipo de problemas ??

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EDIT 2

Como Sheldon comentario dice $f_n(x)=\sqrt{x^2-\frac{2}{n}}$ es también una solución, pero quiero encontrar la $f_n$ de la OP : $x - \frac{1}{nx}$ or otra $f_n$ que es real meromorphic en todo el plano complejo.

EDIT 2

Answer 1

Voy a resolver un poco más el problema general con este post, es decir, si $f_n(x)=x-\frac{1}{nx}$, ¿cuál es el límite $$g(x)=\lim_{n\rightarrow\infty}f^{n}_n(x).$$ Para ello, primero hemos de cambiar la forma de $f_n$ a una conjugación de otras funciones. Si definimos: $$f(x)=x-\frac{1}x$$ $$\alpha_n(x)=\sqrt{n}\cdot x$$ entonces $$f_n=\alpha_n^{-1}\circ f \circ \alpha_n$$ La ventaja de esto es que podemos reescribir, donde $g_n=f_n^n$ que $$g_n = \alpha_n^{-1}\circ f^n \circ \alpha$$ lo cual es bueno porque significa que solo tenemos para el estudio de la recorre de $f$ a esta cifra. Sin embargo, esto no es demasiado malo, ya que sólo necesitamos estrechos límites en $f$. En particular, considere la siguiente ecuación: $$\Delta f^n=\frac{-1}{f^n}$$ donde tomamos $\Delta_n f_n$ a definirse como $f^{n+1}-f^n$. Lo escribo de esta manera, porque a continuación, podemos hacer un salto a la ecuación diferencial; en particular, vamos a una función de $I_x(n)$, con lo cual aproximado de $f_n$. En particular, queremos que las siguientes ecuaciones para celebrar: $$I_x(0)=x$$ $$I_x'(n)=\frac{-1}{I_x(n)}$$ Este es un buen separables ecuaciones diferenciales y tiene la solución (positivos $x$): $$I_x(n)=\sqrt{x^2-2n}.$$ La precisa conexión aquí es que el $f^n(x)$ es básicamente el resultado de la aplicación de Euler (hacia adelante) método para la misma ecuación diferencial, con tamaño de paso de $1$. Sin embargo, el aviso de que tenemos la identidad: $$\frac{I_{\sqrt{k}x}(kn)}{\sqrt{k}}=I_x(n)$$ que nos dice que la ecuación diferencial con escalas en cierto modo (vea la sección de comentarios al final si desea otra forma de ver esto), pero lo que es notable es que esto significa que $f^{kn}(\sqrt{k}x)$ usos de Euler método para aproximar $I_{\sqrt{k}x}(n)$ con tamaño de paso de $1$ -, pero cuando nos la escala este resultado por la ecuación anterior, obtenemos que $\frac{f^{kn}(\sqrt{k}x)}{\sqrt{k}}$ es en realidad de Euler método, con tamaño de paso de $\frac{1}k$, aproximándose $I_x(n)$. Como la ecuación diferencial es bien comportado (es decir, de Lipschitz continua), llegamos al resultado de que, a medida que disminuye el tamaño de paso, obtenemos $$\lim_{k\rightarrow\infty}\frac{f^{kn}(\sqrt{k}x)}{\sqrt{k}}=I_{x}(n)$$ establecimiento $n=1$ rendimientos: $$\lim_{k\rightarrow\infty}\frac{f^{k}(\sqrt{k}x)}{\sqrt{k}}=I_{x}(1)$$ y la sustitución de $$g(x)=\sqrt{x^2-2}$$ como se desee.

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Para ser realmente claro, es prudente tener en cuenta que cuando estamos hablando de Euler método, lo que realmente estamos haciendo es tomar los puntos de la escala de la operación $\frac{1}{\sqrt{k}}f^{kn}(\sqrt{k}x)$ - que son los puntos de $kn$ se $(n,f)$ pares de: $$\left(0,x\right),\left(\frac{1}{k},\frac{1}{\sqrt{k}}f(\sqrt{k}x)\right),\left(\frac{2}k,\frac{1}{\sqrt{k}}f^2(\sqrt{k}x)\right),\ldots$$ y diciendo, "Oye, que parece de Euler método". A pesar de que, dada la identidad en $I_x(n)$ es claro que se debe trabajar, es bueno para probar un ejemplo para estar seguro. Observe que el segundo punto debe ser igual a $x+\frac{1}kI_x'(0)$, como sería de Euler método. Esto termina en expansión como: $$x+\frac{1}kI_x'(0)=\frac{1}{\sqrt{k}}f(\sqrt{k}x)$$ $$x-\frac{1}{kx}=\frac{1}{\sqrt{k}}(\sqrt{k}x-\frac{1}{\sqrt{k}x})$$ $$x-\frac{1}{kx}=1-\frac{1}{kx}$$ Ya que todos los pares de puntos que tienen la misma forma, podemos demostrar algebraicamente (y de manera inductiva) que $\frac{f^{kn}(\sqrt{k}x)}{\sqrt{n}}$ es en realidad el de Euler, el método de aproximación de $I_x(n)$ con tamaño de paso de $\frac{1}k$, lo que basta para demostrar que el reclamo. Esta deformado mi mente durante una hora, pero creo que estoy bien ahora.

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Una determinada generalización de este que podemos hacer es que si nos vamos a $$f_n(x)=x+\frac{\alpha}{2nx}$$ y, correspondientemente $$f(x)=x+\frac{\alpha}{2x}$$ entonces tenemos $$\Delta f^n=\frac{-\alpha}{f^n}$$ y, en consecuencia, $$I_x'(n)=\frac{\alpha}{2I_x(n)}$$ el que tiene la solución $$I_x(n)=\sqrt{x^2+\alpha n}$$ y por el mismo argumento, se demuestra que $$\lim_{n\rightarrow\infty}f_n^n(x)=\sqrt{x^2+\alpha}$$

Answer 2

Escoge un $x > \sqrt{2}$ $n > \dfrac{1}{x^2-2}$ y definir una secuencia de $x_0 = x$, $x_{k+1} = f_n(x_{k})$ para $k \ge 0$.

Reorganizar $x_{k+1} = f_n(x_k) = x_k - \dfrac{1}{nx_k}$, para obtener el $x_k(x_k-x_{k+1}) = \dfrac{1}{n}$.

Claramente, $x_0 \ge \sqrt{x^2}$. Ahora, supongamos que el $x_{m-1} \ge \sqrt{x^2-\dfrac{2(m-1)}{n}}$ algunos $1 \le m \le n$.

A continuación, $x_{m-1} \ge \sqrt{x^2-2} > \dfrac{1}{\sqrt{n}}$, y así, $x_m = x_{m-1} - \dfrac{1}{nx_{m-1}} > 0$. Además, tenemos:

$x^2-x_m^2 = \displaystyle\sum_{k = 0}^{m-1}(x_k^2-x_{k+1}^2) = \sum_{k = 0}^{m-1}\left[(2x_k-(x_k-x_{k+1}))(x_k-x_{k+1})\right]$ $= \displaystyle\sum_{k = 0}^{m-1}\left[2x_k(x_k-x_{k+1}) - (x_k-x_{k+1})^2\right] = \sum_{k = 0}^{m-1}\left[\dfrac{2}{n} - \dfrac{1}{n^2x_k^2}\right] = \dfrac{2m}{n} - \dfrac{1}{n^2}\sum_{k = 0}^{m-1}\dfrac{1}{x_k^2} \le \dfrac{2m}{n}$.

Por lo tanto, $x_m^2 \ge x^2 - \dfrac{2m}{n}$. Entonces, desde el $x_m > 0$,$x_m \ge \sqrt{x^2-\dfrac{2m}{n}}$.

Así que por inducción, tenemos $x_n \ge \sqrt{x^2-2}$. (Nota: todos de que era necesario asegurarse de que $x_n > 0$ , de lo contrario, $x^2-x_n^2 \le 2$ no implica que el $x_n \ge \sqrt{x^2-2}$.)

Entonces, desde el $x^2-x_n^2 = 2 - \dfrac{1}{n^2}\displaystyle\sum_{k = 0}^{n-1}\dfrac{1}{x_k^2} \ge 2 - \dfrac{1}{nx_n^2} \ge 2 - \dfrac{1}{n(x^2-2)}$,$x_n^2 \le x^2-2 + \dfrac{1}{n(x^2-2)}$, es decir,$x_n \le \sqrt{x^2-2 + \dfrac{1}{n(x^2-2)}}$.

Por lo tanto, $\sqrt{x^2-2} \le f_n^n(x) \le \sqrt{x^2-2 + \dfrac{1}{n(x^2-2)}}$ todos los $n > \dfrac{1}{x^2-2}$.

Tomando el límite cuando $n \to \infty$ y apretando los rendimientos $g(x) = \displaystyle\lim_{n \to \infty}f_n^n(x) = \sqrt{x^2-2}$, como se desee.

Tenga en cuenta que la prueba de que $g(x) = \sqrt{x^2-2}$ $x < -\sqrt{2}$ es similar.

Answer 3

@Mick comentarios: Como Sheldon comentario dice $f_n(x)=\sqrt{x^2-\frac{2}{n}}$ es también una solución, pero quiero encontrar la $f_n$ de la OP : $x - \frac{1}{nx}$ ...

La respuesta a Mick comentarios podría ser como la siguiente, que sería otra solución para el Op pregunta. Aquí es una forma de la ecuación para el Abel de la función de $g(z)$

$$f(z)=z-\frac{1}{zn}$$ Deje $\alpha_f(z)$ ser formal Abel función de la solución que $$\alpha_f(f(z)) = \alpha_f(z)+1\;\;\;g(z) = f(z)^{on}$$ Por lo tanto $$ \alpha_g(z) = \frac{\alpha_f(z)}{n};\;\;\; \alpha_g(f(z))=\alpha_g(z)+\frac{1}{n};\;\;\; \alpha_g(g(z))=\alpha_g(z)+1$$

To calculate $\alpha_f(z)$, se utiliza el método de Ecalle, que funciona para parabólico puntos fijos. En primer lugar, nos tenemos que mover el punto fijo de $f_n$ a partir de infinito a cero. $$ f_n(z) = z-\frac{1}{nz} \mapsto \frac{1}{f_n(1/z)} $$ $$ \frac{1}{f_n(1/z)} = \frac{z}{1 - z^2/n} = z + \frac{z^3}{n} + \frac{z^5}{n^2} + \frac{z^7}{n^3} + \frac{z^9}{n^4} + \frac{z^{11}}{n^5} ...$$

Then using the attatched pari-gp program, one gets the assymptotic equation for the Abel function, $\alpha_f(z)$, and as noted, $\alpha_g(z)=\alpha_f(z)/n$. The first few terms of the formal $\alpha_g(z)$ series are printed below. To get arbitrarily accurate convergence, one would iterate $f^{-1}(z)$ a few times, $\alpha_g(z)=\alpha_g(f^{o-m}(z))+\frac{m}{n}$

$$\alpha_f(z) = \frac {n}{2z^2} + \frac{\ln(z)}{2} + \frac{-z^2}{8n} + \frac{5z^4}{96n^2} + \frac{-7z^6}{288n^3} + \frac{-1z^8}{1280n^4} + \frac{671z^{10}}{28800n^5} + \frac{-9607z^{12}}{483840n^6} ... $$ $$\alpha_g(z) = \frac{-1}{2z^2} + \frac{\ln(z)}{2n} + \frac{-z^2}{8n^2} + \frac{5z^4}{96n^3} + \frac{-7z^6}{288n^4} + \frac{-1z^8}{1280n^5} + \frac{671z^{10}}{28800n^6} + \frac{-9607z^{12}}{483840n^7} ... $$ $$ \alpha_g(g(z)) = \alpha_g(z)+1$$

For arbitrary fractional iterations of $g(z)$, for finite values of n, we make due with numerical methods. Here, since we moved the fixed point to zero, $g(z) \mapsto \frac{1}{g(1/z)}$ $$g^{oz} = \alpha^{-1}(z)$$ $$g(z)=\alpha_g^{-1}(\alpha_g(z)+1)$$

Conveniently, as n gets arbitrarily large, the Abel function converges, which leads directly to the solution.

$$\alpha(z)=\frac{-1}{2z^2};\;\;\; \alpha^{-1}(z) = -\sqrt{\frac{-1}{2z}}$$

Y entonces, con un poco de álgebra $$g(z)=\alpha_g^{-1}(\alpha_g(z)+1);\;=\sqrt{\frac{z^2}{1-2z^2}}$$ Por último, moviendo el punto fijo de regreso al infinito de los rendimientos $$g(z) \mapsto \frac{1}{g(1/z)} = \sqrt{z^2-2}$$

Here is the pari-gp program I used to calculate the formal Abelseries of $\alpha_g(z)$, que se basa en Ecalle del método. Ver Se Jagy de matemáticas de desbordamiento post

\ps 24
/* kn is just n, but I use n already so ... */
kx=0; forstep (n=0,12,1,kx=kx+x^(2*n+1)/kn^n);
abelseries(fz,n) = {
  local(i,z,ns,rem,logfzx);
  kabel=0;
  klog=0;
  kfz=fz; /* save fz */
  logfzx=Ser(log(fz/x));
  negterms=1;
  while (polcoeff(fz,negterms+1)==0,negterms++);
  print("terms with negative coeffients= "negterms);
  for (i=-negterms,n,
    if (i==0, klog=acoeff, kabel=kabel+acoeff*x^i);
    rem = Ser(subst(kabel,x,fz) - kabel + klog*logfzx - 1);
    z=polcoeff(rem,i+negterms);
    z=subst(z,acoeff,x);
    ns=-polcoeff(z,0)/polcoeff(z,1);
    kabel=subst(kabel,acoeff,ns);
    klog=subst(klog,acoeff,ns);
  );
  return([kabel,klog]);
}
kz = abelseries(kx,20);
kg = kz/kn;

Answer 4

Mick escribió: "pero quiero encontrar la $f_n$ de la OP : $x - \frac{1}{nx}$". Esta respuesta da una analítica de la función de $g_n(z) = f_n^{on}(z)$ donde $$f_n(z)= z-\frac{1}{nz}$$ Esta analítica de la función converge en todas partes en el complejo plano excepto en el eje real entre el $[-\sqrt{2},\sqrt{2}]$. Como parte de esta respuesta, asumimos algunos detalles, que para fines de brevedad, no va a ser probado, pero el resto del post lo asume. Conjetura: todos los ceros y polos de $g_n(x)$ están en el eje real entre el $[-\sqrt{2},\sqrt{2}]$.

Así, la primera cosa que hacemos es asignar a la totalidad del plano complejo a un círculo unitario, donde el límite de la unidad el círculo tiene todos los polos de $g_n(z)$. Suponiendo que la conjetura, que nos dice que el límite del círculo unitario se deben asignar a los el eje real, entre el $[-\sqrt{2},\sqrt{2}]$. La función de $\kappa$ mapas del círculo unidad a $[-\sqrt{2},\sqrt{2}]$,

$$\kappa(z) = \frac{z + 1/z}{\sqrt{2}}$$

Here is a picture of how $\kappa(z)$ mapas el plano complejo a un círculo unitario, en primer lugar tenemos el círculo unidad, con círculos de diferentes radios de muestra.

Y aquí tenemos el correspondiente $\kappa(z)=\frac{z+1/z}{\sqrt{2}}$ para los círculos de arriba. El límite del círculo unidad es asignada al eje real, entre el $[-\sqrt{2},\sqrt{2}]$.

Así que, a continuación, la analítica, la función que nos interesa es $$m_n(z) = \frac{1}{g_n(\kappa(z))}$$

Once we have $m_n(z)$, we can generate $g_n(z)$ a través de la siguiente fórmula $$g_n(z) = \frac{1}{m_n(\kappa^{-1}(z))}$$

Desde el límite cuando n toma arbitrariamente grande, está probado en otras respuestas, entonces tenemos $$ \lim_{n \to \infty} \frac{1}{m_n(\kappa^{-1}(z))} = \sqrt{z^2-2} $$ $$ \lim_{n \to \infty} m_n(z) = \frac{1}{\sqrt{\kappa(z)^2-2}} $$

Interestingly, with a little bit of algebra, we get the formal power series for the limiting value of $m_n(z)$, n toma arbitrariamente grande. $$ \frac{1}{\sqrt{\kappa(z)^2-2}} = \frac{1}{\sqrt{\frac{(z+1/z)^2}{2}-2}} = \frac{-z+1/z}{\sqrt{2}} $$ $$ \lim_{n \to \infty} m_n(z) = \sqrt{2}\cdot(z+z^3+z^5+z^7+z^9+...) $$

Notice all of the terms for in the series for the limit are 1, and that this matches the series calculated below, as would be expected. Also, the limiting series converges and is analytic for $\sqrt{z^2-2}$ except at $\pm \sqrt{2}$. En este punto,el de los humanos y de Álgebra computacional pone un poco onerosa.. El algoritmo comienza con el uso de la cartografía para el punto fijo desde el infinito hasta cero, a partir de las respuestas anteriores. Aquí: $$f_n(z) \mapsto \frac{1}{r_n(1/z)}$$. $$r_n(z) = \frac{1}{f_n(1/z)} = \frac{1}{\sqrt{1/z-z/n} }= z + \frac{z^3}{n} + \frac{z^5}{n^2} + \frac{z^7}{n^3} + \frac{z^9}{n^4} + \frac{z^{11}}{n^5}...$$ $$f_n^{on}(z) = \frac{1}{r_n^{on}(1/z)}$$ Por último, sustituimos en $\kappa(z)=\frac{z+1/z}{\sqrt{2}}$, pero estamos trabajando con $1/z$, por lo que sustituimos $z \mapsto \frac{1}{\kappa(z)}$. Aquí, el álgebra comienza a complicarse, debido a la aparentemente inevitable la aparición de una $\sqrt{2}$ plazo. A continuación, se genera el $r_n^{o n}(\frac{1}{\kappa(z)})$ función. $$\frac{1}{\kappa(z)} = \sqrt{2}\cdot(z - z^3 + z^5 - z^7 + z^9 - z^{11} ...)$$ $$m_n(z) = r_n^{o n}\left(\frac{1}{\kappa(z)}\right) $$

The next step generates the pattern for all values of n, which I did by using pari-gp's polynomial interpolation, for each term. The first few terms of the analytic mapping function, $m_n(z)$, a continuación, son como sigue: $$ \frac{m_n(z)}{\sqrt{2}} = z + z^3 + \left( 1-\frac{2}{n} \right) z^5 + \left( 1-\frac{6}{n}+\frac{4}{n^2} \right) z^7 + $$ $$\left( 1-\frac{38}{3n}+\frac{22}{n^2}-\frac{28}{3n^3} \right)z^9 +$$ $$\left( 1-\frac{22}{n}+\frac{230}{3n^2}-\frac{76}{n^3}+\frac{64}{3n^4} \right) z^{11} +$$ $$\left( 1-\frac{172}{5n}+\frac{598}{3n^2}-\frac{376}{n^3}+\frac{752}{3n^4}-\frac{208}{5n^5} \right) z^{13} +$$ $$\left( 1-\frac{748}{15n}+\frac{2202}{5n^2}-\frac{3976}{3n^3}+\frac{1640}{n^4}-\frac{3824}{5n^5}+\frac{288}{5n^6} \right) z^{15} +$$ $$\left( 1-\frac{2404}{35n}+\frac{4302}{5n^2}-\frac{57592}{15n^3}+\frac{7454}{n^4}-\frac{96344}{15n^5}+\frac{10408}{5n^6}-\frac{2272}{35n^7} \right) z^{17} +$$ $$\left( 1-\frac{636}{7n}+\frac{10810}{7n^2}-\frac{430088}{45n^3}+\frac{405658}{15n^4}-\frac{331864}{9n^5}+\frac{67480}{3n^6}-\frac{1575584}{315n^7}+\frac{15488}{35n^8} \right) z^{19} ...$$

Then the assertion is this series, if calculated to an infinite number of terms converges inside a unit circle, and with the addition of $\kappa^{-1}$ mapping shown below, then this is the function for $f_n^{on}(z)$ for all values of n. I don't have a closed form, but I have a pari-gp program that will compute the series, for up to 100 terms or so, and have verified that the series works and converges as expected.

$$f(z) = z+\frac{1}{nz};\;\;\;\; \kappa(z)= \frac{z+1/z}{\sqrt{2}};\;\;\;\;f_n^{on}(z) = \frac{1}{m_n(\kappa^{-1}(z))}$$ $$ \lim_{n \to \infty} m_n(z) = \sqrt{2}\cdot(z+z^3+z^5+z^7+z^9+...) = \frac{\sqrt{2}}{-z+1/z} $$

And also, notice the pattern for the Taylor series coefficients, that would support the limit equation as n gets arbitrarily large, since each term converges to 1 as n gets arbitrarily large. This is expected and required if the conjecture that iterating $f^{on}$ converges to $\sqrt{z^2-2}$ everywhere in the complex plane, except at the real axis between $[-\sqrt{2},\sqrt{2}]$, which is mapped to the boundary of the unit circle. Each Taylor series coefficient is a Laurent series with a leading term of $1-\frac{a_1}{n}-\frac{a_2}{n^2}...$, and all of the Laurent terms eventually decay to zero. Convergence with a finite number of terms depends on the radius, since the series itself is pretty poorly behaved. But with 100 terms, and a radius of 0.9, one can expect accuracy of a few parts in 10,000. Also, the Taylor series terms themselves take a long time to converge, as the iteration count gets arbitrarily large. The chaotic region at the boundary of the unit circle is pretty cool too, and I posted a couple of pictures below.

This is a cool image of the z^99th Taylor series coefficient, $a_{99}z^{99}$. This is a logarithmic plot of $a_{99}$ n entre n10^0 para n=10^6. El término tiene un plazo de 48 Laurent de la serie, y converge a +1, al igual que todos los términos, ya que n se hace más grande que 5000. Pero, nótese cómo el término oscila aproximadamente entre -1 y +1, antes de que poco a poco convergiendo a +1 como el número de iteraciones hace más de 5000.

Aquí hay dos más imágenes, mostrando lo $f^{on}(z)$ parece un muy modesto valor de n=8, donde se $f(z)=z+\frac{1}{8z}$. El rojo es real y el verde es imaginario. Aquí nos gráfico de $f^{o 8}(\kappa(z))$, en un radio de 0.9, donde los carteles de la serie es visualmente indistinguibles con 100 términos. Superpuestas en el gráfico es el límite cuando n toma arbitrariamente grande, $\frac{-z+1/z}{\sqrt{2}}$. El segundo gráfico es en el círculo unidad, que se asigna a $[-\sqrt{2},\sqrt{2}]$. Este segundo gráfico se muestra el efecto de la ~256 caótico ceros y polos de $f^{o8}(z)$, incluso esta muy modesto valor de n=8. Se superponen, se puede ver $\frac{-z+1/z}{\sqrt{2}}$ después de la imag(z) ruta de acceso entre el $\pm i\sqrt{2}$. En el círculo unidad, $f_n^{on}$ ya no converge como n toma arbitrariamente grande, pero en todos los radios de menos de la unidad de círculo, la conjetura es que $f_n^{on}$ hace converger como n toma arbitrariamente grande.

Aquí está el pari-gp programa.

\ps 45
/* \ps 101 works too, just slower */
gon(z,i)={
  local(y,n);
  y=z*1.0;
  if (i==0,i=kt);
  for (n=1,kt,y=y-1/(y*kt));
  return(y);
}
sqrtz2m2(z) = {
  z*sqrt(1-2/z^2);
}
kx=0;
forstep (n=0,50,1,kx=kx+x^(2*n+1)/kn^n);
kx=Ser(kx);
invfn(z) = {
  local(zx,zy);
  zx = z/sqrt(2); /* bernard, the scaling changed ... */
  zy = zx * (1 + sqrt(1-zx^-2));
  zy = 1/zy;
  return(zy);
}
evalzd(z,lzd) = {
  local(y);
  if (lzd==0, lzd=zd);
  y = sqrt(0.5)/subst(lzd,x,invfn(z));
  return(y);
}

genzd(nt,returnzd) = {
  local(n,ln2,oddterms,zf);
  kx=0;
  forstep (n=0,50,1,kx=kx+x^(2*n+1)/kn^n);
  kx=Ser(kx);
  /* this zopt/x = (2/x) maps  */
  zoptsq2 = x; forstep(n=3,99,2,zoptsq2=zoptsq2+x^n);
  zoptsq2=Ser(zoptsq2);
  ln2 = floor(log(nt)/log(2) + 0.5);
  if ((2^ln2)==nt, oddterms=0, oddterms=1);
  if (oddterms==0,
    kt = nt;
    zf=kx;
    for(n=1,ln2, zf=subst(zf,x,zf));
    zf=subst(zf,kn,2^(ln2+1));
  ,
    kt = nt;
    zf=kx;
    for(n=2,nt, zf=subst(zf,x,kx));
    /* the correct equation would be nt, but 2*nt moves sqrt(2)->1 */
    /* here, zf(x^2) =>                                            */
    zf=subst(zf,kn,2*nt);
    /* since we are calculating the ratio, divide by x             */
  );
  /* maps all of the singularities of our function to the unit circle */
  zf = subst(zf,x,Ser(2/(x+1/x)))/2;
  zd = Pol(zf);
  zf = Pol(zf-zoptsq2);
  if (returnzd<>0, return(zf), return(zd));
}

/* this works best with \ps 45 or something like that */
formalzdest(i,returnzd) = {
  local(n,z,lgt,xr,yr,sr);
  if ((i % 2)==0, i=i-1);
  lgt=(i-1)/2;
  xr= vector(lgt); yr=vector(lgt); sr=vector(lgt);
  for (kt=1,lgt, sr[kt]=genzd(kt,returnzd); print(kt););
  if (returnzd<>0, zdest=0;, zdest=x+x^3;);
  print("generating polynomials... Latex version printing below");
  forstep (n=5,i,2,
    for (kt=1,lgt,
      zd=sr[kt];
      xr[kt]=kt;
      yr[kt]=polcoeff(zd,n)*kt^((n-3)/2);
    );
    z=polinterpolate(xr,yr);
    z=subst(z,x,nt);
    z=x^n*z/nt^((n-3)/2);
    zdest=zdest+z;
  );
  for(n=0,i,
    printzn(zdest,n);
  );
  return(zdest);
}

prtpoly(wtaylor,t) = {
  local(s,z);
  if (t==0,t=20);
  print1("{func"kt "=");
  z=polcoeff(wtaylor,0);
  if (z<>0,
    if (real(z)<0, print("");print("      "z), print("");print("        " z));
  );
  for (s=1,t,
    z=polcoeff(wtaylor,s);
    if (z<>0,
      print("");
      if (s>9, print1("+x^" s), print1("+x^ " s));
      print1("* ");
      if (real(z)<0, print1(z), print1(" " z));
    );
  );
  print(" }");
}
wrtpoly(wtaylor,t,name) = {
  local(s,z);
  if (t==0,t=20);
  if (name==0,
    write("joe.txt","{func"kt "=");
  ,
    write("joe.txt","{"name"=");
  );
  z=polcoeff(wtaylor,0);
  if (z<>0, write("joe.txt",z); );
  for (s=1,t,
    z=polcoeff(wtaylor,s);
    if (z<>0, write("joe.txt","+x^" s "* "z); );
  );
  write ("joe.txt"," }");
}

printzn(z,n) = {
local(yz,y);
  yz=subst(polcoeff(z,n),nt,1/nt);
  if (yz<>0,
    yz=subst(yz,nt,x);
    print1("+ z^"n);
    if (yz<>1,
      print1(" \\left( ");
      for (n=0,20,
        y=polcoeff(yz,n);
        if (y<>0,
          if ((n==0) && (y==1),
            print1(1);
          ,
            if (numerator(y)>0, print1("+");, y=-y;print1("-"));
            if (denominator(y)<>1,
              print1("\\frac{"numerator(y)"}{"denominator(y)"n");
            ,
              print1("\\frac{"numerator(y)"}{n");
            );
            if (n<>1,print1("^"n"}"), print1("}"););
          );
        );
      );
      print("\\right)");
    );
  );
}

help(w) = {
print ("genzd(n);       /* gen zd series for n,  speedup if n=2^k   */");
print ("formalzdest(i); /* generate formal zdest series for i terms */");
print ("evalzd(z,zd);   /* if lzd=0, evaluates zd for z             */");
print ("kt;             /* default iteration count, used by gon     */");
print ("gon(z,i);       /* exact evaluates f^on, i==0, kt iteations */");
print ("sqrtz2m2(z);    /* sqrt(z^2-2) with correct sqrt picked     */");
print ("kx;             /* formal series 1/f(1/x) for x-1/(kn*x)    */");
print ("prtpoly(s);     /* prints a polynomial or series            */");
print ("invfn(z);       /* inverse of kappa, (x+1/x)/sqrt(2)        */");
print ("printzn(z,n)    /* prints nth coeffient of series using nt  */");
print ("zoptsq2         /* optimal limit for zd as kt to infinity   */");
print ("");
print ("example");
print ("genzd(64);");
print ("gon(2,64);");
print ("evalzd(2,zd)");
print ("evalzd(2,zd) is the same as sqrt(0.5)/subst(zd,x,invfn(2))");
print ("formalzdest(13);");  /* this generates the series I posted */
}
help();