¿Cuánto determina $f \circ f$ $f$?

Question

Me encontré con este pequeño problema en algún lugar en línea: si $g(x) = f(f(x)) = x^2 - x + 1$, lo $f(0)$? Conectar primero $x=1$ y, a continuación, $x=0$ en la identidad de $g(f(x)) = f(g(x))$, no es difícil ver que f(0) = f(1) = 1.

Pero que me hizo pensar: ¿qué más podemos decir acerca de la $f$. Qué $f$ tiene que ser simétrica (alrededor de x = 1/2), ya que $g$ es? ¿Tiene que ser continua?

Si $f$ se supone que para ser diferenciable, la regla de la cadena nos da $f'(0) = -1$$f'(1) = 1$, lo $f$ es tangente a $g$ en esos puntos. Y tendría sentido si $f(x) \sim x^\sqrt{2}$ desde $g(x) \sim x^2$$|x| \rightarrow \infty$. Pero no sé cómo probar algo como esto.

Soy consciente de que si $f(f(x)) = x$, hay muchas opciones diferentes para $f$, incluyendo discontinuos (por ejemplo,$f(x) = 1 / x$$x\neq 0, f(0)=0$). Pero me resulta difícil tener la intuición acerca de las limitaciones de la $f$ $g(x) = x^2 - x + 1$...

Edit: tal vez deberíamos empezar con un simple ejemplo, decir $g(x) = x^4$. Luego, obviamente, $f(x) = x^2$ es una solución, y así es $f(x) = 1/x^2$. Hay otras soluciones?

Edit 2: Bueno al parecer esto es super duro: http://reglos.de/lars/ffx.html contiene un gran número de referencias, y afirma que "sigue siendo a menudo una tarea extremadamente difícil encontrar el iterativo raíces de incluso funciones muy simples", así que no estoy realmente esperando cualquier respuesta concluyente a continuación..

Answer 1

Aquí es otro principio de construcción que produce un continuo de solución de $f$$X:={\mathbb R}_{\geq3}$. Poner $a_0:=3$, $b_0:=5$, y definir de forma recursiva $$a_{k+1}:=g(a_k),\quad b_{k+1}:=g(b_k)\qquad(k\geq0)\ .$$ De esta manera obtenemos dos secuencias entrelazadas $$(a_0,b_0,a_1,b_1,a_2,b_2,\ldots)=(3,5,7,21,43,421,1807, 176\,821,\ldots)\ .$$ Deje $$I_k:=[a_k,b_k],\quad J_k:=[b_k,a_{k+1}]\qquad(k\geq0)\ .$$ Estos son intervalos consecutivos de compartir sólo los extremos; juntos forman una partición de $X$. Además $$g(I_k)=I_{k+1},\quad g(J_k)=J_{k+1}\qquad(k\geq0)\ .$$ La función $$f_0(x):=x+2\quad(x\in I_0)$$ mapas de $I_0$ bijectively en $J_0$. Ahora podemos definir la función de $f:\>X\to{\mathbb R}$ como sigue: $$f(x):=\left\{\eqalign{&g^k\circ f_0\circ g^{-k}(x)\qquad(x\in I_k,\ k\geq0)\cr &g^{k+1}\circ f_0^{-1}\circ g^{-k}(x)\qquad(x\in J_k, \ k\geq0)\ .\cr}\right.$$ Esta $f$ mapas de cada una de las $I_k$ a $J_k$ y cada una de las $J_k$ a $I_{k+1}$. Además, es fácil comprobar que $f\circ f=g$$X$.

La elección de $f_0$ más cuidadosamente que hace que la resultante de $f$ incluso continuamente diferenciable.

Answer 2

En realidad, me pregunto si $f$ es simétrica, incluso $g$.

1. $g(0)=g(1)=1$
2. for $x=0$, $f(g(0)) = f(1) = g(f(0))$
3. for $x = 1$, $g(f(1)) = f(1) = g(f(1))$

Según 3., asumen que $f(1)=k$, entonces el $k = g(k)$. $g(k)=k$ De la ecuación, podemos obtener $k=1$, $f(1)=1$.

Según 2. y 3., $g(f(1)) = g(f(0)) = g(1) = 1$, para $g(f(0)) = g(1)$, entonces el $f(0)$ $1$ o $0$. Si $f(0)=0$, entonces el $g(0)=f(f(0))=0\neq 1$, que $f(0)=1=f(1)$ %

Answer 3

Supongamos que la función $g$ $f$ tienen atributos como :

1. $g(s+x) = g(s-x)$, por lo que la función $g$ es simétrica alrededor de $s$
2. $g(x) = f(f(x)) \to g(f(x)) = f(g(x))$

Suponemos que a $g(s+x_0) = g(s-x_0) = m$, por lo tanto, podemos obtener :

1. para $x_1 = s+x_0$, $f(g(x_1)) = g(f(x_1)) = f(m)$
2. para $x_2 = s-x_0$, $f(g(x_2)) = g(f(x_2)) = f(m)$
3. de acuerdo a 1 y 2, podemos obtener $g(f(x_1)) = g(f(x_2))$,entonces tenemos tres opciones:
   • $f(x_1)=f(x_2) \to f(x)$ también es simétrica alrededor de $s$
   • $f(x_1) = 2s-f(x_2)=f(x_2) \to f(x_2) = f(x_1) = s$,y por lo $f(x)$ $g(x)$ son tanto las constantes de la función
   • específicos $g(x_{random}) = r$, $2l$ valores de$x$, que es también simétrica alrededor de $s$, $l \in \{2,3,4,5,...\}$, no sé cómo analizarla.

Answer 4

Tenga en cuenta que $g$ tiene el punto fijo,$x=1$. Por lo tanto, reemplazar la coordenada $x$ en nuestra línea real por una nueva coordinar $t$ través $x:=1+t$. Si expresamos $f$ $g$ en esta nueva coordinar obtenemos las funciones de $\hat f(t)=f(1+t)-1$$\hat g(t)=g(1+t)-1$. Este "conjugación" conduce a $$\hat f\circ \hat f=\hat g,\qquad \hat g(t)=t+t^2\ .$$ Ahora $t=0$ es un punto fijo de $\hat g$. Por lo tanto, busca una $\hat f$ tener $0$ como un punto fijo así. El Ansatz $$f(t):=\sum_{k=1}^\infty a_k t^k\ ,$$ un poder formal de la serie, nos lleva a través de $\hat f\bigl(\hat f(t)\bigr)=t+t^2$ a un recursividad para la $a_k$. Comienza con $a_1^2=1$. La elección de $a_1=-1$ ya se descompone en el segundo paso, sino $a_1=1$ conduce a $$\hat f(t)=t + t^2/2 - t^3/4 + t^4/4 - 5 t^5/16 + 27 t^6/64 - 9 t^7/16 + 171 t^8/256 - 69 t^9/128 - 579 t^{10}/2048 + 10689 t^{11}/4096+\ldots$$ Por desgracia, los coeficientes tienden a aumentar, por lo tanto no es seguro que hemos encontrado una analítica $\hat f$.

Answer 5

Hay muchas posibilidades para $f$ dado $f\circ f$, así que no que se puede decir mucho. Sin embargo, una cosa no es evidente que se puede decir es para funciones definidas en $\mathbb R$, que si $f\circ f$ tiene un punto fijo, $f$ tiene así un punto fijo (no necesariamente el uno mismo). Este es un caso particular de Teorema de Sharkovskii.