Raíz cuadrada" funcional de $1/(x+1)$

Question

Últimamente he estado incursionando en la iteración funcional, pero me he topado con un problema que me está causando mucho dolor. Primero intenté iterar la función softplus $f(x)=\ln(e^x+1)$ lo cual no fue difícil. Por un teorema preexistente, cualquier función de la forma $g(h(g^{-1}(x)))$ iterado $n$ veces viene dado por $g(h^n(g^{-1}(x)))$ por lo que la enésima iteración de la función softplus viene dada por $f^n()=\ln(e^x+n)$ . Me he centrado sobre todo en las raíces cuadradas funcionales (una media iteración de una función), y en este caso, la raíz cuadrada funcional era $\ln(e^x+\frac{1}{2})$ .

Luego intenté iterar una función muy similar: $f(x)=-\ln(e^x+1)$ . Esto resultó ser mucho más difícil, porque para ponerlo en la forma $g(h(g^{-1}(x)))$ Tengo que dejar que $h(x)=\frac{1}{x+1}$ . Entonces, para encontrar la raíz cuadrada funcional, tendría que encontrar la raíz cuadrada funcional de $h(x)$ . Hasta ahora no he podido hacerlo, pero me he convencido de que la respuesta contendrá exponentes imaginarios. ¿Puede alguien decirme cómo hacerlo (o cómo averiguar si es posible o no)?

Answer 1

Desde $h(x)=\frac{1}{x+1}$ es un mapa lineal fraccionario, basta con idear una raíz cuadrada matricial para $\begin{pmatrix} 0 & 1 \\ 1 & 1 \end{pmatrix}$ para tener una raíz cuadrada funcional para $h(x)$ .

Si no me equivoco, este enfoque da $$ \frac{\sqrt{1-2 i}+x\sqrt{-1+2 i} }{\sqrt{4+2 i}+x\sqrt{1-2 i}} = \color{red}{\frac{1+ix}{(1+i)+x}}$$ como raíz cuadrada funcional de $\frac{1}{1+x}$ .

Answer 2

Con un enfoque exploratorio podríamos buscar primero las expresiones racionales de los iterados a positivo entero alturas y probar, si esto da un esquema para una interpolación continua.
Lo que obtenemos para los primeros iterados es $$ f°^1(x) = {1+0x\over 1+1x} \qquad f°^2(x) = {1+1x\over 2+1x} \qquad f°^3(x) = {2+1x\over 3+2x} \qquad f°^4(x) = {3+2x\over 5+3x} \cdots $$ y un patrón de números de Fibonacci $fib_k$ es muy sugerente (y también se puede probar) $$ f°^h(x) = {fib_h+fib_{h-1}x\over fib_{h+1} + fib_h x} \tag 1 $$ Dado que los números de Fibonacci tienen una generalización a índices continuos, tenemos la opción de definir los iterados fraccionarios basados en estos números de Fibonacci generalizados.

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Los más comunes $\,^{[1]}$ La generalización de Fibonacci es la que se basa en la [fórmula de Binet][1]: Sea $\Phi = {1+\sqrt 5 \over 2} \approx 1.618... $ entonces la fórmula de Binet da $$ fib_h = {\Phi^h - (1-\Phi)^h\over \sqrt 5} \tag 2$$ Si $h=0.5$ como se pide aquí, tenemos que utilizar $fib_{-0.5}, fib_{0.5},fib_{1.5} $ en la fórmula (1). Que hay que insertar tres valores de Fibonacci generalizados $$ fib_{-0.5} \approx 0.351577584254 + 0.568864481006 î \\ fib_{ 0.5} \approx 0.568864481006 - 0.351577584254 î \\ fib_{ 1.5} \approx 0.920442065260 + 0.217286896752 î \\ $$ Sin embargo, una reducción masiva de la fórmula explícita (1) cuando se insertan esos valores, se puede hacer cuando simplemente cancelamos $fib_h$ . Así pues, tenemos formalmente $$ f°^h(x) = {1 +{fib_{h-1}\over fib_h}x\over {fib_{h+1} \over fib_h}+ 1x} \tag 3 $$ y para $h=0.5$ obtenemos aquí los prácticos coeficientes ${fib_{h-1}\over fib_h} = 1 î $ y ${fib_{h+1}\over fib_h} = 1 + 1 î $ tal que podemos escribir la fórmula compactada $$ f°^{0.5}(x) = {1 + 1 î x\over (1 + 1 î )+ 1x} \tag 4 $$ que es idéntica a la solución ya dada de Jack D'Aurizio.

La intención de esta respuesta es mostrar una forma de generalizar esa fórmula de iteración fraccionaria a otros valores que no sean los reales $h=1/2$ sólo.

_{<span class="math-container">$\,^{[1]}$</span> También hay una interpolación real a real común (ver wikipedia; en un hilo anterior aquí en MSE he discutido la diferencia entre esos dos métodos); no he comprobado lo que obtendríamos aquí con ese método}

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actualización tardía: una versión mucho más explicada de esto la tengo en un ensayo anterior sobre exactamente ese tema: véase aquí de mathindex en mi página web

Answer 3

No estoy seguro de este enfoque general :

$$f(f(x))=g(x)=\int_0^{f(x)}f'(s)ds+C=\int_0^1f'(f(x)u)f(x)du+C$$

Dejando $s=f(x)u$ . Entonces $$\int_0^1f'(f(x)u)f(x)-g(x)du=0\forall x$$

Por lo tanto, el integrando es ortogonal a la función constante 1 y por lo tanto se puede escribir después de ortogonalizar cualquier función no constante en u a 1 a través de Gram-Schmidt como :

$$f'(f(x)u)f(x)-g(x)+C=h(x,u)-\int_0^1 h(x,s)ds$$

Así, $$f'(f(x))f'(x)=\frac{f'(x)}{f(x)}(g(x)+h(x,1)-\int_0^1h(x,s)ds-C)=g'(x)$$

De modo que : $$ln(f(x))=D+\int_0^x\frac{g'(u)}{g(u)+h(u,1)-\int_0^1h(u,s)ds-C}$$ dando entonces f.