Encontrar todos los enteros $f$ tal que $f(f(z))=z$.

Question

Supongamos $f:\mathbb{C}\to \mathbb{C}$ es todo.

1. Si $f(f(z))=z$, encuentre todos $f$.
2. Podemos encontrar $f$ tal que $f(f(z))=z^2$?
3. Cómo acerca de $f(f(z))=e^z$?

Ideas: Para #1, se puede demostrar que $f$ debe ser un bijection, ya $f$ no ser inyectiva o surjective rápidamente conduce a una contradicción.

Mi intuición me dice que $z\mapsto -z$ debe ser el único (no identidad) de la función.

Sabemos $f'(z)\neq 0$ todos los $z$ (o de lo contrario no sería un área donde $f$ no inyectiva). Por lo tanto, $1/f'(z)$ es una función completa.

Tomando derivados de ambos lados, obtenemos $f'(f(z))f'(z) = 1$ o $f'(f(z))=1/f'(z)$.

$1/f(z)$ debe ser analítico en todas partes, excepto por un simple poste de $z=f(0)$.

Deje $\max_{|z|=1}|f(z)-f(0)|=R_1$, luego Schwarz lema implica que $f'(0)\leq R_1$. Deje $\max_{|z|=1}|f(z+f(0))|=R_2$, luego Schwarz lema implica $f'(f(0))\leq R_2$. Pero $f'(f(0)) = 1/f'(0)$, lo $$\frac1R_2\leq f'(0)\leq R_1.$$

Tratando de poner todo esto junto...

Actualización: tengo #1. Considerar la singularidad de $f$ en el infinito. Si es extraíble, lo que, a continuación, $f$ es una constante por el teorema de Liouville. Si es un polo, a continuación, $f$ es un polinomio. Si es esencial una singularidad, a continuación, por el Gran teorema de Picard, $f$ no puede ser inyectiva desde $f$ va a tomar todos los valores, excepto, quizá, en un barrio de infinito.

Por lo tanto, $f$ es un polinomio, y desde $f'\neq 0$,$f=az+b$$a\neq 0$. Ahora tenemos $a(az+b)+b = z$, dando que la involuciones se $z\mapsto z$$z\mapsto -z+c$$c\in \mathbb{C}$.

Actualización 2: creo que tengo #2 como sigue: Supongamos $f$ entero tal que $f(f(z))=z^2$. Desde $z\mapsto z^2$ es surjective, debemos tener $f$ surjective.

Ahora $2z=f'(f(z))f'(z)$. Así que sabemos que $f'(f(z))f'(z)$ es cero sólo en $z=0$. Cualquiera de las $f'(f(0))=0$ o $f'(0)=0$. Supongamos que el ex sostiene, y no el último. Que es imposible, ya que, a continuación, $f(f(z))$ cero de la derivada en dos puntos, cero y $f(0)$. Así conocemos $f'(0)=0$.

Desde $f$ es surjective, en algún momento se debe asignar a cero. No puede ser distinto de cero punto $a$, debido a que, a continuación, $f(f(z))$ cero de la derivada en $a$.

Esto implica que el cero es el único punto de asignación en $f$ a cero. Ahora $$(z^2)'' = 2 = f''(f(z))f'(z) + f'(f(z))f''(z)$$ y el lado derecho es cero en $z=0$, una contradicción.

Actualización 3: Aquí es lo que tengo para #3 hasta ahora:

Nota: $e^z$ está en ninguna parte de cero. Así que si $f:w\mapsto 0$$w\not\in \text{Rg}(f)$. Pero sólo $0$ no $\text{Rg}(f)$. Tan sólo el cero podría mapa a cero, pero no, porque $f(f(0))\neq 0$. Por lo $f$ es distinto de cero.

$f'$ es también distinto de cero desde $$(e^z)'=e^z=f'(f(z))f'(z).$$

$f$ debe tener una singularidad esencial en el infinito.

Answer 1

Una observación general sobre los dos primeros puntos:

Si $f$ es una función tal que $f(f(z)) = P(z)$ es un polinomio, entonces $f$ sí debe ser un polinomio, y, por tanto, $\deg P = \deg (f\circ f) = (\deg f)^2$ debe ser un cuadrado. Que sigue por Casorati-Weierstraß, por si $f$ tenía una singularidad esencial en a $\infty$, habría una secuencia $z_n \to \infty$$f(z_n) \to 0$, y, por tanto,$f(f(z_n)) \to f(0) \neq \infty$.

Que de inmediato reglas soluciones para 2., y los rendimientos que las soluciones a los 1. debe ser polinomios de grado $1$.

Para la parte 3., si $f$ existe, debe ser trascendental (de lo contrario $f\circ f$ sería un polinomio), para alcanzar todos los $w \in \mathbb{C}$, con una excepción infinitamente a menudo. Por lo tanto $\mathbb{C}\setminus \{0\} = f(f(\mathbb{C})) = f(\mathbb{C})$, e $f$ omite el valor de $0$. Desde $\mathbb{C}$ es de $f$ tiene un logaritmo, $f(z) = e^{g(z)}$. Ahora $f(f(z)) = e^z$ se convierte en

$$\exp \left(g(f(z))\right) = \exp(z) \iff \exp\left(g(f(z))-z\right)\equiv 1,$$

por lo $g(f(z)) - z \equiv 2\pi ik$ es constante, la elección de $g$ en consecuencia, se ha $g(f(z)) = z$. Por lo tanto $f$ es inyectiva, lo que contradice su transcendentality.

Answer 2

Hellmuth Kneser encontrado una solución a $f(f(x)) = e^x$ a lo largo de la línea real, y, desde analítica, en una franja de ancho variable en todo el eje real en $\mathbb C.$

No se extiende a todo el plano. La obstrucción de estos problemas es siempre de los puntos fijos, $e^z = z.$ no Hay ningún real fixpoints, pero un countably secuencia infinita en el plano, bastante fácil de aproximar. Ver SITIO .

Evidentemente una respuesta completa en http://mathoverflow.net/questions/12081/does-the-exponential-function-have-a-square-root a la parte 3.

En la parte 2, para la parte real de la $z$ estrictamente positivo, podemos tomar la rama principal de logaritmo y así definir $f(z) = z^{\sqrt 2}.$ $f(f(z)) = z^2.$ creo que estoy recordando que a partir de un Robert Israel respuesta en algún lugar. Como ustedes están viendo, esto no se extiende a todo el plano.

Answer 3

Problema 1: Como se indicó por @DanielFisher, los automorfismos del plano complejo son las funciones $f(z) = az+b$$a\ne0$. La condición de $f(f(z))=z$ es equivalente a $a=1$ $b=0$ o $a=-1$ $b\in\mathbb{C}$ cualquier número complejo.

Problema 2: un Aviso de que debemos tener $$f(z^2)=f(f(f(z)))=(f(z))^2$$ y por lo tanto $f(1)$ es $0$ o $1$. Consideremos el conjunto a$A=\{z\in\mathbb{C}|\exists n\in\mathbb{N}:z^{2n}=1\}\subset S^1$, y no discretos (tenga en cuenta la secuencia de $z_k=e^{\frac{\pi}{k} i}$, que converge a $1$). La condición anterior implica que $|f(z)|=|f(1)|$ todos los $z\in A$. Si $f(1)=0$, entonces la identidad teorema implica que $f=0$, lo cual es una contradicción. Por lo tanto debemos tener $f(1)=1$ e lo $f$ mapas de $S^1$ a sí mismo. Considerar la restricción de $f$ $S^1$y la mirada en el grado. Tenemos $\deg(f)^2=\deg(f\circ f)=\deg(z^2)=2$, lo cual es imposible. Por lo tanto, tal función $f$ no puede existir.

Problema 3: es fácil ver que $0$ no está contenida en la imagen de $f$, y que podemos observar en $f$ como surjective mapa de $f:\mathbb{C}\rightarrow\mathbb{C}^*$.

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Reclamo: $f:\mathbb{C}\to\mathbb{C}^*$ es una cubierta mapa.

Prueba: $f\circ f=\exp$ es una cubierta mapa. Deje $z_0\in\mathbb{C}^*$, luego tenemos algunas abrir vecindario $V$ $z_0$ que es uniformemente cubierto por $\exp$, es decir, $\exp^{-1}(V)=\bigsqcup_{i\in I}U_i$ $\exp:U_i\to V$ es un homeomorphism para todos los $i$. Desde $f$ es holomorphic y por lo tanto una tarjeta abierta (por la asignación abierta teorema), y $f|_{U_i}$ es inyectiva ($f\circ f$ no podía ser inyectiva), $f|_{U_i}$ es un homeomorphism en su imagen. Ahora $$f^{-1}(V) = f\left(\bigsqcup_{i\in I}U_i\right) = \bigcup_{i\in I}f(U_i)$$ Todos los conjuntos son abiertos, no nos queda más que demostrar que son distintos. Suponga que no existe $i,j\in I$ tal que $f(U_i)\cap f(U_j)\ne\emptyset$$f(U_i)\ne f(U_j)$. Deje $B_{ij}=f(U_i)\cup f(U_j)$,$f(B_{ij})=V$, que está conectado (o puede ser elegido). Considere la posibilidad de $F=f|_{B_{ij}}$, luego $$X_i=\{z\in V|F^{-1}(z) \mathrm{\ contains\ } i \mathrm{\ elements}\}$$ para $i=1,2$ son disjuntas y cubierta de $V$, por lo que uno de ellos debe estar vacío. Esto, junto con el hecho de que $f(f(U_i))=V$, es una contradicción. Por lo tanto $f$ es una cubierta mapa.

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Suponiendo que la afirmación anterior es cierto, tenemos que tanto en $f$ $\exp$ son universales revestimientos $\mathbb{C}\to\mathbb{C}^*$. Por lo tanto debe existir un automorphism $h:\mathbb{C}\to\mathbb{C}$ tal que $f(z)=\exp(h(z))$. Pero como se ha visto en el problema 1, debemos tener $h(z)=az+b$ ( $a\ne0$ ), y por lo tanto $f(z)=e^{az+b}$, lo cual es imposible. Llegamos a la conclusión de que no hay holomorphic función tal que $f(f(z))=e^z$.

(Mi agradecimiento a @DanielFischer por la gran ayuda amueblado con esta solución para el tercer problema!)