¿Cómo sería ir sobre la búsqueda de una solución de forma cerrada para $g(x,n) = f(f(f(...(x))))$, $n$ veces?

Question

Un amigo mencionó que el % de funciones $g(x, n)$y $f(x)$ tal que:

%#% $ De #% por ejemplo: $$g(x,n)=\overbrace{f(f(f(...f(x))}^\text{n}$ $

y que hay una solución de forma cerrada. No sé exactamente donde quisiera comenzar, pero cualquier ayuda o punteros sería muy apreciado. También no sé si denota la función $$g(x,1)= f(x)\\g(x,2) = f(f(x))$ utilizando la notación correcta.

Gracias de antemano.

Answer 1

Sin duda, para una función de $f(x) = K + ax$ la iteración tiene una forma tratable. A menudo la iteración está escrito como $f°^h(x)$ donde el pequeño círculo indica que el formato de superíndice $h$ significa que la iteración-"altura". Para la recorre de este a $f(x)$ reiteramos la inserción de $f(x)$ $x$ de tal manera que podamos obtener
$$ \begin{array} {rlllll} f°^0(x) =& x & \qquad & \\ f°^1(x) =& f(x) & = K + ax \qquad & \\ f°^2(x) =& f(f(x)) & = K + a\cdot f(x) &= K + aK + a^2x \qquad & \\ f°^3(x) =& f(f°^2(x)) & = K + a\cdot f°^2(x) &= K + aK + a^2K + a^3x \qquad & \\ \ldots \\ \\ f°^h(x) =& f(f°^{h-1}(x)) & &= K(1+a+a^2+...+a^{h-1}) + a^h x \qquad & \\ \\ \\ =& K \cdot h+ x && \text{ for }a = 1 \\ =& K { a^h-1\over a-1} + a^h x && \text{ for }a \ne 1 \end{array} $$

La clave para el primer tiro aquí es para insertar la función en el lugar de $x$ (y en consecuencia a sus poderes si se producen) y, a continuación, recoger los coeficientes como a los poderes de $x$.
Mientras que la expresión en la anterior función lineal es sin duda manejable, polinomios de grado superior, requieren mucho más complicadas expresiones cuando iterada y funciones, las cuales están dadas en términos de potencia de la serie puede ser muy compleja o completamente intratable cuando se expresa en función de un indeterminado símbolo para la iteración de altura.

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He encontrado que el acceso a ese problema mediante la "matriz de los operadores" o "Carleman-matrices", que "convertir función de la composición en la matriz de multiplicación". Que es -por el principio - simplemente una anotación de marco para la manipulación de poder formal de la serie, a saber, la composición y la auto-composición (aka iteración). Y más tarde se da una indicación para la iteración fraccional de alturas de fracciones de potencias de matrices, por lo que se puede hacer.

La -tal vez - más simple de la Carleman-matrices es el Pascal-matriz, que debido a la binomial-teorema "implementa" el "inc-" la función, la asignación de $x^k \to (x+1)^k$ $h$'s poderes del es $x^k \to (x+h)^k$, que para el caso de exponente 1 significa iteración de la función $f(x) = x+1$ . Escribo esto $ V(x) \cdot P = V(x+1) $$ V(x) \cdot P^h = V(x+h) $ . Aquí $V(x)$ significa un rowvector de las sucesivas potencias de su argumento de $x$ de la dimensión que corresponda (generalmente infinito), por lo $V(x)=[1,x,x^2,x^3,...]$ . A continuación, una matriz de multiplicación con el Pascal-matriz $$V(x) \cdot P = V(y) = V(f(x))= V(x+1) $$ parece $$ \pequeño \begin{array} {rrrrr|r|rr} & & & & & & & 1 & 1 & 1 & 1 & 1 & \cdots \\ & & & & & & &. & 1 & 2 & 3 & 4 & \cdots\\ & & & & & & &. & . & 1 & 3 & 6 & \cdots\\ & & & & &* & & . & . & . & 1 & 4 & \cdots\\ & & & & & & & . & . & . & . & 1 & \cdots\\ & & & & & & & \vdots & \vdots & \vdots & \vdots & \vdots & \ddots \\ \hline \\ [1 & x & x^2 & x^3 & x^4 \ldots] & =& [& 1 & y & y^2 & y^3 & y^4 &\ldots ] \end{array} \\ \ \\ \ \\ \text {donde } y = f(x) = 1+x $$ Pues el resultado es que de la misma forma que el argumento (es decir, un $V(x)$-vector que tiene la forma de las sucesivas potencias de su argumento, yo llamo a esto "Vandermondevector") vamos a ver inmediatamente, que esta operación puede repetirse, y a los múltiples usos de la Carleman-matriz se expresa simplemente por su poder y realizar las iteraciones de la función asociada $f(x)$.

Otro ejemplo práctico es el Carleman-matriz $S_2$ para la exponencial de la función de $f(x)=\exp(x)-1$ por $$V(x) \cdot S_2 = V(\exp(x)-1) $$ Here the Stirlingnumbers 2nd kind are involved and in the second column of the Carlemanmatrix we recognize the coefficients of the exponential function $f(x)$:

$$ \pequeño \begin{array} {rrrrr|r|rr} & & & & & & & 1 & . & . & . & . & \cdots \\ & & & & & & &. & 1 & . & . & . & \cdots\\ & & & & & & &. & 1/2 & 1 & . & . & \cdots\\ & & & & &* & & . & 1/6 & 1 & 1 & . & \cdots\\ & & & & & & & . & 1/24 & 7/12 & 3/2 & 1 & \cdots\\ & & & & & & & \vdots & \vdots & \vdots & \vdots & \vdots & \ddots \\ \hline \\ [1 & x & x^2 & x^3 & x^4 \ldots] & =& [& 1 & y & y^2 & y^3 & y^4 &\ldots ] \end{array} \\ \ \\ \ \\ \text {donde } y = f(x)= \exp(x)-1 $$

Cuando comencé a explorar ese campo escribí un pequeño treatize, que todavía es muy poco profesional y debe ser actualizado, pero posiblemente tiene motivación/orientando el poder.

Si usted tiene acceso a una biblioteca que usted podría mirar hacia fuera para el "advanced combinatoria" de L. Comtet; alrededor de las páginas de 140-150 explica lo mismo bajo la noción de "Campana polinomios"

Un buen artículo en línea es "Continuo Iteraciones de la Dinámica de los Mapas" de Aldrovandi/Freitas en arXiv y para el caso más general, la versión de Carleman-matrices usted podría considerar la posibilidad de artículos de Eri Jabotinsky de la 40ties y 50ties del siglo anterior, que se puede encontrar en línea, también.

Answer 2

$$g(x,n)=\overbrace{f(f(f(...f(x))}^\text{n}$$

Usted puede expresar $g(x,n)$ en Abel ecuación. http://en.wikipedia.org/wiki/Abel_equation

Vamos a definir $h(f(x))=h(x)+1$

$h(f(f(x)))=h(f(x))+1=h(x)+1+1=h(x)+2$

$h(f(f(f(x))))=h(f(x))+2=h(x)+1+2=h(x)+3$

Si sigues en ese camino

$h(\overbrace{f(f(f(...f(x))}^\text{n})=h(g(x,n))=h(x)+n$

Si usted puede encontrar $h(x)$ , usted puede encontrar fácilmente $g(x,n)$

$h^{-1}(h(g(x,n))=h^{-1}(h(x)+n)$

$g(x,n)=\overbrace{f(f(f(...f(x))}^\text{n}=h^{-1}(h(x)+n)$

Vamos a tratar de encontrar $h(x)$

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$$\cfrac{\partial}{\partial n }(h(g(x,n)))=\cfrac{\partial}{\partial n }(h(x)+n)$$

$$h'(g(x,n))\cfrac{\partial(g(x,n))}{\partial n }=1 \tag1$$

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$$\cfrac{\partial}{\partial x }(h(g(x,n)))=\cfrac{\partial}{\partial x }(h(x)+n)$$

$$h'(g(x,n))\cfrac{\partial(g(x,n))}{\partial x }=h'(x) \tag2$$

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Si dividimos dos ecuaciones (1) y (2), a continuación, $h'(g(x,n))$ desapareciera

$$\cfrac{\partial(g(x,n))}{\partial n }=\frac{1}{h'(x)}\cfrac{\partial(g(x,n))}{\partial x }$$

$$\cfrac{\partial^2(g(x,n))}{\partial n^2 }=\frac{1}{h'(x)}\cfrac{\partial}{\partial x }(\cfrac{\partial(g(x,n))}{\partial n })=\frac{1}{h'(x)}\cfrac{\partial}{\partial x }(\frac{1}{h'(x)}\cfrac{\partial(g(x,n))}{\partial x })$$

$$\cfrac{\partial^3(g(x,n))}{\partial n^3 }=\frac{1}{h'(x)}\cfrac{\partial}{\partial x }(\cfrac{\partial(g(x,n))}{\partial n })=\frac{1}{h'(x)}\cfrac{\partial}{\partial x }(\frac{1}{h'(x)}\cfrac{\partial}{\partial x }(\frac{1}{h'(x)}\cfrac{\partial(g(x,n))}{\partial x }))$$

En series de Taylor de método.

$g(x,n)=f(g(x,n-1))$

$g(x,1)=f(x)=f(g(x,0))$

$g(x,0)=x$

$\cfrac{\partial(g(x,n))}{\partial n }|_{n=0}=\cfrac{1}{h'(x)}\cfrac{\partial(x+n.u(x)+n^2.p(x,n)))}{\partial x }|_{n=0}=\cfrac{1}{h'(x)}(1+nu'(x)+n^2\cfrac{\partial(p(x,n)))}{\partial x }|_{n=0}=\cfrac{1}{h'(x)}$

$\cfrac{\partial^2(g(x,n))}{\partial n^2 }|_{n=0}=\cfrac{1}{h'(x)}(\cfrac{1}{h'(x)})'$

$\cfrac{\partial^3(g(x,n))}{\partial n^3 }|_{n=0}=\cfrac{1}{h'(x)}(\cfrac{1}{h'(x)}(\cfrac{1}{h'(x)})')'$

$$g(x,n)= g(x,0)+n\cfrac{\partial(g(x,n))}{\partial n }|_{n=0}+\frac{n^2}{2!}\cfrac{\partial^2(g(x,n))}{\partial n^2 }|_{n=0}+...$$

$$g(x,n)= x+n\cfrac{1}{h'(x)}+\frac{n^2}{2!}\cfrac{1}{h'(x)}(\cfrac{1}{h'(x)})'+\frac{n^3}{3!}\cfrac{1}{h'(x)}(\cfrac{1}{h'(x)}(\cfrac{1}{h'(x)})')'...$$

Si $\cfrac{1}{h'(x)}=w(x)$

$$g(x,n)= x+nw(x)+\frac{n^2}{2!}w(x)w'(x)+\frac{n^3}{3!}w(x)(w(x)w'(x))'...$$

$g(x,1)=f(x)=x+w(x)+\frac{1}{2!}w(x)w'(x)+\frac{1}{3!}w(x)(w(x)w'(x))'+...$

$g(x,-1)=f^{-1}(x)=x-w(x)+\frac{1}{2!}w(x)w'(x)-\frac{1}{3!}w(x)(w(x)w'(x))'+...$

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Para ver cómo funciona en un ejemplo muy sencillo:

Si $h(x)=\ln(x)$

$$w(x)=\frac{1}{h'(x)}=x$$

$h(f(x))=h(x)+1$

$$\ln(f(x))=ln(x)+1$$

$$f(x)=e^{ln(x)+1}=ex$$

$$g(x,n)=e^n x$$

$$g(x,n)= x+nw(x)+\frac{n^2}{2!}w(x)w'(x)+\frac{n^3}{3!}w(x)(w(x)w'(x))'...$$ $$g(x,n)= x+nx+\frac{n^2}{2!}x (x)'+\frac{n^3}{3!}x (x)'+...=x(1+n+\frac{n^2}{2!}+\frac{n^3}{3!}+...)=e^n x$$

---

$$g(x,n)= x+nw(x)+\frac{n^2}{2!}w(x)w'(x)+\frac{n^3}{3!}w(x)(w(x)w'(x))'...$$

$$g(x,-n)= x-nw(x)+\frac{n^2}{2!}w(x)w'(x)-\frac{n^3}{3!}w(x)(w(x)w'(x))'+...$$

$$\frac{g(x,n)-g(x,-n)}{2}= nw(x)+\frac{n^3}{3!}w(x)(w(x)w'(x))'+...$$

$$\lim_{n=0}\frac{g(x,n)-g(x,-n)}{2n}= w(x)=\frac{1}{h'(x)}$$

$$h(x)=\lim_{n\to 0}\int\frac{2n}{g(x,n)-g(x,-n)} dx$$

o

$$h(x)=\lim_{n\to 0}\int\frac{n}{g(x,n)-x} dx$$

Todavía es difícil problema para encontrar $h(x)$.

No se puede aproximación para $h(x)$

$$g(x,1)=f(x)= x+w(x)+\frac{1}{2!}w(x)w'(x)+\frac{1}{3!}w(x)(w(x)w'(x))'...$$

$$g(x,-1)=f^{-1}(x)= x-w(x)+\frac{1}{2!}w(x)w'(x)-\frac{1}{3!}w(x)(w(x)w'(x))'+...$$

Después de la 3ª términos , Si tenemos pequeños valores de y, entonces, podemos escribir

$$f(x)+f^{-1}(x)-2x \approx w(x)w'(x)$$

$$2\int f(x)+f^{-1}(x)-2x dx \approx w^2(x)+c$$

Yo todavía no sé cómo escribir $h(x)$ exactamente como la serie de $f(x)$.