Para encontrar la fórmula general de la $\overbrace{g(g(g(...g(x))}^\text{n}=g_n(x)=\frac{A_{n}.x+B_{n}}{C_{n}.x+D_{n}}$

Question

$$f(x)=\frac{1}{x+1}$$ $$f(f(x))=\frac{1}{\frac{1}{x+1}+1}=\frac{x+1}{x+2}$$ $$f(f(f(x)))=\frac{\frac{1}{x+1}+1}{\frac{1}{x+1}+2}=\frac{x+2}{2x+3}$$ Es fácil ver que la fórmula general tiene relación con los números de Fibonacci y la fórmula general se puede expresar como

$$\overbrace{f(f(f(...f(x))}^\text{n}=f_n(x)=\frac{F_{n-1}.x+F_{n}}{F_{n}.x+F_{n+1}}$$

donde $F_{n}$ es los números de Fibonacci

Si $$g(x)=\frac{ax+b}{cx+d}$$

$$\overbrace{g(g(g(...g(x))}^\text{n}=g_n(x)=\frac{A_{n}.x+B_{n}}{C_{n}.x+D_{n}}$$

Lo que he intentado:

$$g_n(g(x))=\frac{A_{n}.\frac{ax+b}{cx+d}+B_{n}}{C_{n}.\frac{ax+b}{cx+d}+D_{n}}$$

$$g_{n+1}(x)=\frac{A_{n}.\frac{ax+b}{cx+d}+B_{n}}{C_{n}.\frac{ax+b}{cx+d}+D_{n}}=\frac{(aA_{n}+cB_{n}).x+(bA_{n}+dB_n)}{(aC_{n}+cD_{n}).x+(b C_{n}+d D_{n})}$$

$$g_{n+1}(x)=\frac{A_{n+1}.x+B_{n+1}}{C_{n+1}.x+D_{n+1}}=\frac{(aA_{n}+cB_{n}).x+(bA_{n}+dB_n)}{(aC_{n}+cD_{n}).x+(b C_{n}+d D_{n})}$$

$$A_{n+1}=aA_{n}+cB_{n}$$ $$B_{n+1}=bA_{n}+dB_{n}$$ $$C_{n+1}=aC_{n}+cD_{n}$$ $$D_{n+1}=bC_{n}+dD_{n}$$ Tengo 4 ecuaciones, pero parece muy largo para resolverlos. Hay una manera fácil de encontrar la fórmula general de la $g_n(x)$?

Gracias por los consejos y respuestas

ACTUALIZACIÓN:

Creo $A_n,B_n,C_n,D_n $ debe ser expresado como la suma de dos funciones exponenciales porque podemos hacer para $F_n = \frac{\phi^n - (-\phi)^{-n}}{\sqrt{5}}$ donde ϕ es la proporción áurea .

Answer 1

En realidad es una ecuación si se expresa como una matriz: $$\begin{pmatrix}A_n&B_n\\C_n&D_n\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}a&b\\c&d\end{pmatrix}^n$$

Poner la matriz $\begin{pmatrix}a&b\\c&d\end{pmatrix}$ en forma normal de Jordan hará que sea más fácil para calcular $A_n,B_n,C_n,D_n$.

De hecho, este método es una manera de deducir la fórmula de Binet de los números de Fibonacci.

Answer 2

El grupo $PGL(2, \mathbb{R})$ de los llamados lineal fraccional de transformaciones (l.f.t.), es decir, los mapas $$g: x \mapsto \frac{a x + b}{c x + d}, \qquad ad - bc \neq 0,$$ (donde la condición simplemente excluye constante de funciones) en virtud de la composición, tiene esencialmente el mismo producto regla de la multiplicación de la matriz. Un poco más de precisión, cálculo directo muestra que el mapa $$GL(2, \mathbb{R}) \to PGL(2, \mathbb{R})$$ definido por $$\begin{pmatrix}a & b \\ c & d\end{pmatrix} \mapsto \left(x \mapsto \frac{a x + b}{c x + d}\right)$$ es un surjective homomorphism. El núcleo de este mapa es sólo el subgrupo de cero escalar de matrices, es decir, si queremos cambiar la escala de una matriz por un valor distinto de cero constante $\lambda$, esto no cambia el resultado.l.f.t. El resultado de esto es que podemos transformar el problema de la informática iterada l.f.t.s $g^k$ en el tal vez más conocido problema de poderes $A^k$ de las matrices.

Más explícitamente, en el caso de ejemplo, podemos tomar cualquier preimagen de $\frac{1}{x + 1}$ bajo la homomorphism, decir, $$A := \begin{pmatrix}0 & 1 \\ 1 & 1\end{pmatrix},$$ and compute its powers (and apply the homomorphism to produce the resulting l.f.t.). Since you already have a candidate answer for the general formula, you can simply prove it by induction. On the other hand, if you didn't know ahead of time what the answer ought to be, you could compute the general power $A^k$ by writing it in terms of its in Jordan normal form, $A = PJP^{-1}$, and compute $^k = P J^k P^{-1}$. The eigenvalues of $Un$ are the roots of $$\lambda(\lambda - 1) - 1 = \lambda^2 - \lambda - 1,$$ es decir, la Proporción áurea $\phi$ y su conjugado. Pero los familiares fórmula explícita para la $k$th término de la secuencia de Fibonacci se da exactamente como una suma de potencias de estas dos raíces, lo que explica la aparición de una secuencia de aquí.

La misma técnica funciona para general $g$ también, que la menor complicación que si la preimagen de las matrices de $g$ son defectuosos, entonces la fórmula para el $n$th poder asume una forma ligeramente diferente, es decir, no es más (hasta similitud) sólo una suma de potencias de los autovalores.

(Estrictamente hablando, debemos pensar en l.f.t.s no se como mapas de $\mathbb{R}$ a sí mismo, sino como mapas de la línea proyectiva $\mathbb{P}^1$ a sí mismo, en el que el escenario en que está definido en todas partes. En particular, esto significa que para un determinado $g$ que $f\left(-\frac{d}{c}\right) = \infty$$f(\infty) = \frac{a}{c}$.)