Aquí es un problema de matemáticas (por diversión) para los residentes de MSE para disfrutar:
Que $f(z)$ definirse como %#% $ de #% encontrar un 4-ciclo de $$f(z)=\frac{z^2}{2z+101}$ - es decir, encontrar cuatro números complejos distintos $f$ tal que $z_1,z_2,z_3,z_4$ $ $$f(z_1)=z_2$ $ $$f(z_2)=z_3$ $ $$f(z_3)=z_4$ $
La respuesta (mi respuesta, por lo menos) es un poco desordenada, así que ten cuidado! Después de una respuesta correcta, es dejo mi método de solución.
¡Disfrute!
Aquí está bastante limpio solución para encontrar uno de los ciclos:
Primera simplificar el álgebra dramáticamente sustituyendo $y = -\frac{2i}{101} (z + \frac{101}{2})$, por lo que podemos resolver para los puntos fijos de
$$g(y)=\frac{y^2 - 1}{2y}$$
en lugar de (Sin el factor de $-i$, se obtiene un signo más en el numerador - he trabajado con el $-i$, por lo que siguiendo con la que, por ahora. Esto también le da factores de $i$ a la derecha en la final, que se evitan de esta manera.)
Ahora, podemos calcular $$\begin{align}h(y) := (g \circ g)(y) &= {\left({y^2-1\over2y}\right)^2 - 1\over2\left({y^2-1\over2y}\right)} \\ &=\frac{(y^2 - 1)^2 - 4y^2}{4(y^2-1) y} \\&=\frac{y^4 - 6y^2 + 1}{4y^3 - 4y} \end{align}$$
al señalar que esta es una función impar. Observar si $h(y) = -y$, entonces tenemos un punto fijo de $h \circ h$. Pero gratamente, $h(y)$ es impar, por lo que las soluciones a $h(y) = -y$ debe venir en $\pm$ pares, y ya hemos polinomios esto indica que ellos deben ser fáciles de resolver. $$\begin{align}h(y) &= -y \\ y^4 - 6y^2 + 1 &= -4y^4 + 4y^2 \\ 5y^4 - 10y^2 + 1 &= 0\end{align}$$ Pero las raíces de este tipo son fáciles de encontrar: $5y^4 - 10y^2 + 1 = 5(y^4 - 2y^2) + 1=5(y^2-1)^2-4$, lo $y = \pm \sqrt{1 \pm \frac{2}{\sqrt{5}}}$. Ahora bien, este es sin duda un período de $2$ punto de $h$, puesto que no es cero, por lo que da un auténtico período de $4$ punto de $g$!
Transformar volver a dar
$$z = -\frac{101}{2} \pm \frac{101i}{2} \sqrt{1 \pm \frac{2}{\sqrt{5}}}$$
un 4-ciclo.
Felicitaciones a OP por publicar esto sin los sistemas dinámicos contexto - sin duda que he puesto me fuera de este interesante problema!
SUGERENCIA:
Vamos a hacer algunas reducciones de $f$:
$$f(101 x) = \frac{(101 x)^2}{2\cdot 101 x + 101}= 101\cdot \frac{x^2}{2x+1}$$ así tenemos $$f= s \circ g \circ s^{-1}$$ where $s(x) = 101 x$ and $g(x)=\frac{x^2}{2x+1}$. Más
$$g(x)=\frac{x^2}{2x+1}= \frac{x^2}{(x+1)^2 - x^2}= \frac{1}{(1+\frac{1}{x})^2 -1}= t^{-1}\circ h \circ t(x)$$ donde$t(x) = \frac{1}{x}+1$$h(x)=x^2$. Finalmente $$f=s \circ t^{-1} \circ h \circ t \circ s^{-1}= u \circ h \circ u^{-1}$$ donde $u(x)=s\circ t^{-1}(x)=\frac{101}{x-1}$. En otras palabras, $f\circ u = u\circ h$, $$f(\frac{101}{x-1})=\frac{101}{x^2-1}$$
Por lo $f(x)$ es conjugado a la función de $h(x)=x^2$. Uno comprueba fácilmente que $x$ se inicia un ciclo de longitud $4$ $h$ si y sólo si $u(x)$ se inicia un ciclo de longitud $4$$f$.
Para encontrar ciclos de longitud $4$$h$, uno busca soluciones de $x^{16}=x$ que no son soluciones de $x^4=x$. Eso significa, $x$ satisface $x^{15}=1$ pero no $x^{3}=1$. Hay $15-3=12$ soluciones $$x= \exp \frac{2 k \pi i}{15}, \ \ k = 1,2,3,4,6,7,8,9,11,12,13,14$$ Romper $3$ ciclos de longitud $4$.
Según Arce, $$f(f(f(f(x)))) - x = -{\frac { \left( x+101 \right) \left( 3\,{x}^{2}+303\,x+10201 \right) \left( 5\,{x}^{4}+1010\,{x}^{3}+102010\,{x}^{2}+5151505\,x+ 104060401 \right) \left( {x}^{8}+404\,{x}^{7}+142814\,{x}^{6}+ 28848428\,{x}^{5}+4058355639\,{x}^{4}+378363618036\,{x}^{3}+ 22291923162621\,{x}^{2}+750494746474907\,x+10828567056280801 \right) x }{ \left( 2\,x+101 \right) \left( 2\,{x}^{2}+202\,x+10201 \right) \left( 2\,{x}^{4}+404\,{x}^{3}+61206\,{x}^{2}+4121204\,x+104060401 \right) \left( 2\,{x}^{8}+808\,{x}^{7}+285628\,{x}^{6}+57696856\,{x} ^{5}+7284228070\,{x}^{4}+588565628056\,{x}^{3}+29722564216828\,{x}^{2} +857708281685608\,x+10828567056280801 \right) }} $$
Los factores $x$, $x+101$ y $3 x^2+303 x+10201$ del numerador dar soluciones de $f(f(x))=x$, por lo que para $x$ a en una $5$-ciclo necesitamos $x$ a raíz de la irreductible cuártica $$5x^4+1010x^3+102010x^2+5151505x+104060401$$ or the irreducible octic $${x}^{8}+404\,{x}^{7}+142814\,{x}^{6}+28848428\,{x}^{5}+4058355639\,{x} ^{4}+378363618036\,{x}^{3}+22291923162621\,{x}^{2}+750494746474907\,x+ 10828567056280801 $$ Estos resultan ser menos temible si sustituye $x = - 101 (1+t)/2$, la obtención de la cuártica $$ 5\,{t}^{4}+10 t^2+1=0$$ y el octic $$ {t}^{8}+28 t^6 + 134 t^4 + 92 t^2 + 1 = 0 $$ como estos son de segundo grado y cuarto grado en $t^2$. Las soluciones a terminar como (para la cuártica) $$ x = -\frac{101}{2} \pm \frac{101 i}{10} \sqrt{25 \pm 10 \sqrt{5}}$$ y (para el octic) $$ \eqalign{x &= -\frac{101}{2} \pm \frac{101 i}{2} \sqrt{7 + 2 \sqrt{5} + 2 \sqrt{15 + 6 \sqrt{5}}}\cr x y= -\frac{101}{2} \pm \frac{101 i}{2} \sqrt{7 - 2 \sqrt{5} + 2 \sqrt{15 - 6 \sqrt{5}}}\cr x y= -\frac{101}{2} \pm \frac{101 i}{2} \sqrt{7 + 2 \sqrt{5} - 2 \sqrt{15 + 6 \sqrt{5}}}\cr x y= -\frac{101}{2} \pm \frac{101 i}{2} \sqrt{7 - 2 \sqrt{5} - 2 \sqrt{15 - 6 \sqrt{5}}}\cr } $$
Yo voy a dejar a usted para ver cómo estos divididos en cuatro ciclos.
Aquí está mi solución, como se había prometido. En primer lugar, insisto en que el problema:
Deje $f(z)$ se define como $$f(z)=\frac{z^2}{2z+101}$$ Encontrar un 4-ciclo de $f$, es decir, encontrar cuatro diferentes números complejos $z_1,z_2,z_3,z_4$ tal que $$f(z_1)=z_2$$ $$f(z_2)=z_3$$ $$f(z_3)=z_4$$ $$f(z_4)=z_1$$
Observe que $f$ es igual a $$f(z)=\frac{1}{101\bigg(\frac{1}{z}+\frac{1}{101}\bigg)^{2}-\frac{1}{101}}$$ a partir de la cual fácilmente se deduce que $$f^{\circ n}(z)=\frac{1}{101\bigg(\frac{1}{z}+\frac{1}{101}\bigg)^{2^n}-\frac{1}{101}}$$ donde $f^{\circ n}$ es $f$ compuesta $n$ veces. En orden para $f$ a tener un $4$-ciclo, $f^{\circ n}(z_1)$ debe ser una función periódica de $n$ periodo $4$. Esto ocurre si y sólo si $$\bigg(\frac{1}{z_1}+\frac{1}{101}\bigg)^{2^n}$$ es también una función periódica de $n$. Ahora recordemos algunas propiedades de las raíces complejas de la unidad. Si $\omega_k$ se define como $$\omega_k=\cos\frac{2\pi}{k}+i\sin\frac{2\pi}{k}$$ luego de una escuela primaria de la propiedad es que $$\omega_k^p=\omega_k^{p\bmod k}$$ Ahora note que $2^n\bmod 5$ es periódica con período de $4$, con $$2^{4n}\bmod 5 =1$$ $$2^{4n+1}\bmod 5 =2$$ $$2^{4n+2}\bmod 5 =4$$ $$2^{4n+3}\bmod 5 =3$$ Por lo tanto, $f^{\circ n}(z_1)$ debe ser periódica si nos vamos a $$\frac{1}{z_1}+\frac{1}{101}=\omega_5$$ así que $$\frac{1}{z_2}+\frac{1}{101}=\omega_5^2$$ $$\frac{1}{z_3}+\frac{1}{101}=\omega_5^4$$ $$\frac{1}{z_4}+\frac{1}{101}=\omega_5^3$$ nos da los valores $$z_1=\frac{101}{101\omega_5-1}$$ $$z_2=\frac{101}{101\omega_5^2-1}$$ $$z_3=\frac{101}{101\omega_5^4-1}$$ $$z_4=\frac{101}{101\omega_5^3-1}$$ ...que puede ser simplificado, por supuesto, pero ustedes ya han hecho esa parte para mí.
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