¿Existe un no trivial de la función racional que satisfaga $f(f(f(f(x))))=x$?

Question

Es muy bien conocida y fácil demostrar que para un lineal fraccional función de $f(x)=\frac{ax+b}{cx+d}$ es una involución, es decir,. $f(f(x))=x$ , $a\cdot d=-1$ es una condición necesaria y suficiente.

Un ejemplo de una función racional que satisfaga $f(f(f(x)))=x$$\frac{x-1}{x}$.

Yo estaba jugando con un par de estos tipos de preguntas con un amigo, y nos quedamos atrapados en $f(f(f(f(x))))=x$. ¿Existe una solución $f(x)=\frac{g(x)}{h(x)}$ donde $g(x), h(x) \in \mathbb{Z}[x]$, e $f(f(x))\neq x$.

Hasta el momento hemos descubierto que el $f$ es bijective, $F(x):=f(f(x))$ es una involución, y $f(x)=\frac{1+ix}{x+i}$ funciona si soltamos el requisito de enteros/racional de los coeficientes, como $f(f(x))=\frac{1}{x}$ en este caso.

Es muy sospechoso que si $g(x), h(x)$ existen, son de grado 3 o superior como $F(F(x))=\frac{ax+b}{cx-a}$ no parece estar dando algún soluciones aceptables (y de grado 2 no satisface bijectivity).

Answer 1

Considere el siguiente

$$f(x)=\frac{1+x}{1-x}$$ $$\implies ff(x)=-\frac 1x$$ $$\implies fff(x)=\frac{x-1}{x+1}$$ $$\implies ffff(x)=x$$

Postscript... Yo estaba pensando lo largo de las líneas de $$f(x)=\tan(\arctan x+\frac{\pi}{4})$$

Se puede comprobar con facilidad que esta es la misma función que la que he dado anteriormente.

Además, se puede fácilmente comprobar que si $$f(x)=\tan(\arctan x+\frac{\pi}{3})$$ then $$fff(x)=x$$ aunque esta función no se ajusta a los requisitos.

Por lo tanto, considere la función $$f(x)=\tan(\arctan x+\frac{\pi}{n})$$ where $n$ is prime. We can postulate that $$f^{(n)}(x)=x$$ pero esta función también que no satisfagan los requisitos.

La única razón por la que esto funciona "muy bien" para $n=4$ es debido a $\tan\frac{\pi}{4}\in\mathbb{Q}$

Answer 2

Supongamos $f$ es una transformación de Möbius de la orden de $n> 1$.

Ya que estamos en característica cero, $f$ no puede ser conjugado a una traducción, y desde $n > 1$ no puede ser la identidad, por lo $f$ debe tener dos puntos fijos en el $\Bbb P^1(\Bbb C)$, y luego la derivada de $f$ a los puntos fijos debe ser un primitivo $n$th raíz de la unidad.

Por otra parte, el producto de las derivadas siempre es $1$, por lo que la suma de los dos derivados tiene que ser $2\cos(2k\pi/n)$ donde $k$ es coprime con $n$ (esto es, de hecho, equivalente a $f$ con el fin de $n$).

Pero, la suma de las derivadas en los puntos fijos es una expresión racional en términos de los coeficientes de la transformación de Möbius (es bastante grande, usted debe convencerse de que esto funciona porque es un simétrica expresión algebraica en términos de los dos puntos fijos, y los puntos fijos de satisfacer un grado $2$ ecuación cuyos coeficientes son expresiones en términos de los coeficientes de $f$)

Así que si un $f$ existe con coeficientes en $K$, debe tener $2\cos(2\pi/n) \in K$. Si $K = \Bbb Q$ esto implica $\Bbb Q(2\cos(2\pi/n)) = \Bbb Q$. El grado de esas extensiones que usted consigue $\phi(n) = 1$ o $2$, lo $n=2,3$ o $4$

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Para hacer una adecuada transformación de Möbius de la orden de $4$, por ejemplo, al tomar uno de cuyos puntos fijos son a $\pm i$ y donde la derivada se $\pm i$ no.

A continuación, dejando $g(z) = (z-i)/(z+i)$, debemos tener la $g(f(g^{-1}))(z) = iz$ (después de la conjugación por $g$, sus puntos fijos se $0$$\infty$, por lo que es un escalar).

Por lo tanto $f(z) = g^{-1}(ig(z)) = (1+z)/(1-z)$

Answer 3

Ya que cada Transformación de Moebius está asociado a una matriz invertible $$ f(z) = {{az + b} \over {cz + d}}\quad \Leftrightarrow \quad H = \left( {\matriz{ a & b \cr c & d \cr } } \right) $$ y la convolución de dos Transformaciones se asocia a la producto de las matrices asociadas $$ f_{\,2} \circ f_{\,1} \quad \Leftrightarrow \quad H_{\,2} \;H_{\,1} $$ entonces $$ f \circ f \circ f \circ f = id\quad \Leftrightarrow \quad H^{\,4} = I $$ corresponde a encontrar el $4$-th raíces de la matriz de Identidad.

Obstante lo anterior, como el "basic" cuarto raíces que podemos tomar: $$ \left( {\matriz{ 1 & 0 \cr 0 & 1 \cr } } \right)\;\;\left( {\matriz{ 1 & 0 \cr 0 & { - 1} \cr } } \right)\;\;\,\left( {\matriz{ 1 & 0 \cr 0 & i \cr } } \right) $$ tomando nota de que el $1$st es la plaza de la $2$nd, que a su vez es la plaza de la $3$rd.
Así que, sólo por el $3$rd la plaza es diferente de $I$.

También, cabe señalar que la matriz de rotación $$ \left( {\matriz{ {\cos \left( {\pi /2} \right)} y { - \sin \left( {\pi /2} \right)} \cr {\sin \left( {\pi /2} \right)} & {\cos \left( {\pi /2} \right)} \cr } } \right) \equiv - i\,\left( {\matriz{ 1 & 0 \cr 0 & i \cr } } \right) $$ puede ser derivada a partir de la tercera, así que en caso de podemos sustituir uno por el otro.

Como ha subrayado justamente por Quasicoherent, la correspondencia $f \Rightarrow H$ es el neto de un factor común, así que al final vamos a escribir $$ H^{\,4} = I\quad \Rightarrow \quad f = {{\lambda \,h_{\,1,1} \,z + \lambda \,h_{\,1,2} } \over {\lambda \,h_{\,2,1} \,z + \lambda \,h_{\,2,2} }}\quad \left| {\;\lambda \in \mathbb C} \right. $$

Answer 4

$$f(x) = \frac{Ax + B}{Cx + D}$$ $$f^4(x) = x$$ $$\bigg(Cx^2 + (D - A)x - B\bigg)\bigg(A + D\bigg)\bigg(A^2 + 2BC + D^2\bigg) = 0$$

La solución donde $A = 1, B = 1, C = -1, D = 1$ es un caso de $A^2 + 2BC + D^2 = 0$. Pero también puede hacerlo en $A = -D$ .

$Cx^2 + (D - A)x - B = 0$ es el caso especial de $f(x) = x$.

Answer 5

SUGERENCIA: si $f(g(x))=x$, donde ambos $f$, $g$ son funciones racionales, entonces ambos $f$, $g$ debe ser cocientes de polinomios de grado $\le 1$.