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Sí, hay una función de este tipo. (Pero yo voy a usar el Axioma de Elección para demostrar que, por lo que no tengo ninguna fórmula fácil para ofrecer, pero también la voy a utilizar un método general que resuelve otros problemas)
Una forma sencilla de ver esto es que tire toda la estructura que es irrelevante la existencia o no de un funcional de la raíz cuadrada existe. En particular, hagamos las siguientes definiciones (que no son una definición estándar o los nombres):
Un sistema es un par $(S,f)$ donde $S$ es un conjunto y $f:S\rightarrow S$ es una función.
Un sistema es cuadrada si es de la forma $(S,f\circ f)$ donde $f:S\rightarrow S$ es una función.
Dos sistemas de $(S,f)$ $(T,g)$ son isomorfos si existe un bijection $\pi:S\rightarrow T$ tal que $\pi\circ f = g\circ \pi$.
Si tenemos dos sistemas de $(S,f)$ $(T,g)$ con distintos dominios $S$$T$, podemos definir su unión $(S,f)\cup (T,g)$ como un par $(S\cup T,f\cup g)$ donde $f\cup g$ es la función de tomar los valores de $f$ en el componente de $S$ y los valores de $g$ en el componente de $T$. Arbitraria de los sindicatos pueden ser definidas de manera similar.
Estas definiciones nos dicen a pensar acerca de las funciones de $S\rightarrow S$ como gráficos con los vértices $S$ y un borde de $(x,f(x))$ por cada $x\in S$ y considerar isomorphisms de los gráficos. Aquí cuatro ejemplos, que muestra este gráfico, para algunas funciones con $S=\{0,1,2\}$, es decir,$f(x)=\max(x-1,0)$$f(x)=\min(x+1,2)$$f(x)=2$$f(x)=x+1\text{ mod }3$:
Tenga en cuenta que los dos primeros son básicamente imágenes especulares el uno del otro. La noción de isomorfismo captura de cómo estas funciones tienen la misma estructura, mientras que las otras dos funciones son diferentes.
Ahora podemos demostrar un lema:
Deje $(S,f)$ $(T,g)$ ser isomorfo por algún mapa en $\pi:S\rightarrow T$. Suponga $S$ $T$ son disjuntas. A continuación, $(S,f)\cup (T,g)$ es de planta cuadrada.
Esto es debido a que podemos definir $h:S\cup T\rightarrow S\cup T$: $$h(x)=\begin{cases}\pi(f(x)) & \text{if }x\in S\\ \pi^{-1}(x) & \text{if }x\in T \end{casos}.$$ Entonces, para $x\in S$, tenemos que $$h(h(x))=h(\pi(f(x))=\pi^{-1}(\pi(f(x))=f(x).$$ For $x\in T$ we have $$h(h(x))=h(h(x))=h(\pi^{-1}(x))=\pi(f(\pi^{-1}(x)))=g(\pi(\pi^{-1}(x)))=g(x).$$ Thus, $h$ is a functional square root of $f\taza de g$.
Pictorally, podemos hacer un ejemplo. Podríamos tomar un par de isomorfo funciones como la siguiente, donde el isomorfismo se muestra:
Entonces, lo que hacemos básicamente es tejer de ida y vuelta entre la isomorfo partes, de tal manera que damos un paso "hacia delante" cada vez. El resultado es un funcional de la raíz cuadrada, que tiene el siguiente aspecto:
Deje $\{(S_i,f_i\circ f_i)\}_{i\in I}$ ser una colección de cuadrados de los sistemas con el $S_i$ pares distintos. A continuación, $\bigcup_{i\in I}(S_i,f_i\circ f_i)$ es de planta cuadrada.
De esta manera se sigue observando que el funcional de la raíz cuadrada de este sistema es $\bigcup( S_i,f_i)$.
Ahora, podemos aplicar esto a nuestra función dada $f(x)=5x-\lfloor 5x\rfloor$ escrito $f$ como la unión de otras funciones. En particular, se definen los siguientes:
Un componente de un sistema de $(S,f)$ es un conjunto de la forma siguiente, para algunos $x\in S$: $$\langle x\rangle=\{y\in S:f^n(y)=f^m(x)\text{ for some }n,m\}.$$
Estos son exactamente los componentes de la base de grafo dirigido. Un sistema es siempre la unión de sus restricciones para cada componente. Además, cada componente es un grafo dirigido con el cero o el uno dirigido ciclos.
Ahora, podemos terminar considerando lo que los componentes de la $f$. Tenga en cuenta que cada punto en $[0,1)$ tiene exactamente $5$ preimages en $f$. En primer lugar, hay una cantidad no numerable de componentes de la forma $\langle x\rangle$ para irracional $x$, y ninguno de estos puede contener un ciclo, ya que $x,\,f(x),\,f^2(x),\ldots$ no es finalmente periódico para irracional $x$. Estos componentes se compone de isomorfo sistemas correspondientes a infinito bidireccional de los árboles, donde cada vértice tiene $5$ predecesores. Podemos usar el axioma de elección a la par de ellos, y tomar la raíz cuadrada de cada par.
Entonces, racional,$x$, el componente $\langle x\rangle$ debe tener un ciclo, ya que $f$ nunca aumenta el denominador de un valor. El componente debe, por tanto, consisten en un $n$-ciclo, donde cada elemento del ciclo de ha $4$ preimages fuera del ciclo, después de todo, fuera del ciclo de ha $5$ preimages. El isomorfismo de la clase de este componente sólo depende de $n$. Ejemplo de los componentes de este formulario se muestra a continuación:
Ahora, para terminar, sólo nos muestran que hay un número de componentes con un $n$-ciclo, a partir de entonces podemos par de estos y tomar su raíz cuadrada de forma individual, a continuación, la pieza todos los pares juntos para conseguir un funcional de la raíz cuadrada de la cosa entera.
Para ver esto, observe que no se $5^n-1$ elementos $x$ satisfacción $f^n(x)=x$ - estos son sólo aquellos números de la forma$\frac{c}{5^n-1}$$0\leq c < 5^{n}-1$. A continuación, podemos utilizar la Mobius inversión de la fórmula para conseguir que existen $$\sum_{d|n}\mu(d/n)(5^d-1)$$ elementos que son miembros de una $n$-ciclo (y no más pequeño ciclo), donde $\mu(x)$ es la función de Möbius, igualando $0$ si $x$ no es cuadrado-libre, de lo contrario equivale a $1$ si $x$ es un producto de un número par de números primos y $-1$ si se trata de un producto de un número impar de números primos.
El número de $n$ ciclos es sólo esta cantidad a lo largo de $n$, así que podemos hacer nuestra vinculación argumento exactamente si $2n$ divide $\sum_{d|n}\mu(d/n)(5^d-1)$ todos los $n$. Tenga en cuenta que, a excepción de $n=1$, esta suma también se puede escribir como $\sum_{d|n}\mu(d/n)\cdot 5^d$, ya que los términos constantes se cancelará.
Mostrando de este paso final es, básicamente, un ejercicio de teoría de números. Si usted mira mod cada potencia principal y el grupo de la suma por pares de la forma $\{n/d,n/(pd)\}$ donde $p$ no divide $d$, el resultado es bastante fácilmente observando el exponente de la multiplicativo grupo de mod $p^n$. Entonces, podemos repetir este truco en mod poderes de $2$, tomando nota de que el grupo multiplicativo de mod $2^n$ sólo ha exponente $2^{n-2}$$n\geq 2$, que nos permita obtener el resultado que queremos.
Sí, existe como muestra el siguiente ejemplo. La función ${5x}$ en el intervalo $[0,1)$ está explícitamente definido por el $$\begin{equation}{5x}=\begin{cases}5x\space \text{ for }0\le x\lt 0.2\5x-1\space \text{ for }0.2\le x\lt 0.4\5x-2\space \text{ for }0.4\le x\lt 0.6\{5x-3}\space \text{ for }0.6\le x\lt 0.8\5x-4\space \text{ for }0.8\le x\lt 1\end{cases}\end{equation}$$ so we can calculate an example of $f (x) = \sqrt5\space x+b$ such that $f(f(x))$ coincide con la funcion anterior. Cálculo proporciona
$$\begin{equation}f(x)=\begin{cases} \sqrt 5\space x\quad\text{ for }0\le x\lt 0.2\\\sqrt 5\space x-\dfrac{\sqrt5-1}{4} \text{ for }0.2\le x\lt 0.4\\\sqrt 5\space x-\dfrac{(\sqrt5-1)}{2}\space \text{ for }0.4\le x\lt 0.6\\\sqrt 5\space x-\dfrac{3(\sqrt5-1)}{4}\space \text{ for }0.6\le x\lt 0.8\\\sqrt 5\space x-(\sqrt5-1)\space \text{ for }0.8\le x\lt 1\end{cases}\end{equation}$ $ Sigue $ de $$\color{red}{f(f(x))={5x}}$ como es fácil de verificar.
