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現代数学解説
文献あり

単項式と一次関数のn回合成関数【反復合成写像#2】

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概要

前回に続き、単項式や一次関数といった簡単な代数関数の反復合成写像についての記事です。
前回:n回合成関数の基本的な定理や式【反復合成写像#1】

単項式
式1

f(x)=axbのとき、任意のnQについて、
fn(x)=abn1b1xbn(b1)
fn(x)=anx(b=1)
とくに、
f12(x)=a1b+1xb
  • nN,b1のとき、
    n=1のとき、明らかに成り立つ。
    n=kのとき、fk(x)=abk1b1xbkが成り立つと仮定すると、
    n=k+1のとき、
    fk+1(x)=fk(f(x))=abk1b1(axb)bk=abk1b1+bkxbk+b=abk+11b1xbk+1
    よって成り立つ。
  • nN,b=1のとき、
    n=1のとき、明らかに成り立つ。
    n=kのとき、fk(x)=akxが成り立つと仮定すると、
    n=k+1のとき、fk+1(x)=fk(f(x))=ak(ax)=ak+1x
    よって成り立つ。
  • n=0のとき、fn(x)=xは明らかに成り立つ。
  • nN,b1かつf(x)の逆関数が存在するとき、
    n=1のとき、fn(x)=f1(x)=xab=a1bx1b=ab11b1xb1より、成り立つ。
    m=kのとき、fk(x)=abk1b1xbkが成り立つと仮定すると、
    m=k+1のとき、f(k+1)(x)=fk(f1(x))=abk1b1(ab11b1xb1)bk=ab(k+1)1b1xb(k+1)
    よって、成り立つ。
  • nN,b=1かつf(x)の逆関数が存在するとき、
    n=1のとき、fn(x)=f1(x)=xa=a1(x)より、成り立つ。
    n=kのとき、fk(x)=akxが成り立つと仮定すると、
    n=k+1のとき、f(k+1)(x)=fk(f1(x))=ak(xa)=a(k+1)x
    よって、成り立つ。

ここからは、nZについて成り立つものとして、これを用います。

  • c,dZ,d0のとき、g(x)=f1d(x)=AxB(B1)とすると、
    gd(x)=ABd1B1xBd=axbより、
    B=bd,A=aB1Bd1=abd1b1
    よって、g(x)=f1d(x)=abd1b1xbd
    また、
    fcd(x)=(abd1b1)bcd1bd1xbcd=abcd1b1xbcd
    したがって、nQについても成り立つ。
  • c,dZ,d0のとき、g(x)=f1d(x)=AxB(B=1)とすると、
    gd(x)=Adx=axより、
    A=ad
    よって、g(x)=f1d(x)=adx
    また、gcd(x)=acd(x)
    したがって、nQについても成り立つ。

同様の係数と指数を比較する方法での証明がcbrtxさんの記事合成関数の逆操作についてにも載っているので、ぜひご覧ください。

一次関数
式2

f(x)=ax+b(a0)のとき、任意のnQについて、
fn(x)=anx+b(an1)a1(a1)
fn(x)=x+nb(a=1)

同様に数学的帰納法を用いてもいいですが、代わり映えがしないので高校数学の二項間漸化式を用いてみようと思います。

  • nN,a1のとき、
    fn(x)は、初項f1(x)=ax+b、漸化式fn+1(x)=afn(x)+bを満たす。
    したがって、gn(x)=fn(x)b1aとすれば、
    gn(x)は、初項f1(x)b1a=ax+bb1a=axab1a
    公比aの等比数列となる。
    よって、
    fn(x)=gn(x)+b1a=(axab1a)an1+b1a=anx+b(an1)a1
    が示された。
  • nN,a=1のとき、
    fn(x)は、初項f1(x)=x+b、漸化式fn+1(x)=fn(x)+bを満たす。
    したがって、
    fn(x)=x+b+(n1)b=x+nb
    が示された。
  • n=0のとき、fn(x)=xは明らかに成り立つ。
  • nN,a1のとき、
    fn(x)は、初項xba、漸化式f(n+1)(x)=fn(x)baを満たす。
    したがって、gn(x)=fn(x)b1aとすれば、
    gn(x)は、初項f1(x)b1a=xbab1a=xaba(1a)
    公比1aの等比数列となる。
    よって、
    fn(x)=(xaba(1a))1an+b1a=a(n+1)x+b(a(n+1)1)a1
    より、nZについても成り立つ。
  • nN,a=1のとき、
    fn(x)は、初項f1(x)=xb、漸化式f(n+1)(x)=fn(x)bを満たす。
    したがって、
    fn(x)=xb(n1)b=xnb
    より、nZについても成り立つ。
  • c,dZ,d0のとき、g(x)=f1d(x)=Ax+B(A1)とすると、
    gd(x)=Adx+B(Ad1)A1=ax+bより、
    A=ad,B=b(A1)Ad1=b(ad1)a1
    よって、g(x)=f1d(x)=adx+b(ad1)a1
    また、
    fcd(x)=acdx+b(ad1)a1acd1ad1=acdx+b(acd1)a1
    したがって、nQについても成り立つ。
  • c,dZ,d0のとき、g(x)=f1d(x)=Ax+B(A=1)とすると、
    gd(x)=x+dB=x+bより、
    B=1db
    よって、g(x)=f1d(x)=x+1db
    また、
    fcd(x)=x+cdb
    したがって、nQについても成り立つ。
式3

f(x)=axm+bmのとき、任意のnQ,mZ,m0について、
fn(x)=anxm+b(an1)a1m(a1)
fn(x)=xm+nbm(a=1)

m乗根がm乗されるので、一次関数の反復合成と同様の仕組み(というかm=1のとき一次関数に一致するので一般化)であることがわかります。証明は数学的帰納法を用いれば一次関数の場合と同様にできると思います。

高次関数

次は二次関数について考えていきたいところですが、n回合成関数はn=3からは計算したくないほど項が多くなり、関数的平方根は()2の形が出てきてしまい、どちらも一次関数のときと同様の方法では求めるのが至難の業です。
ちなみに、一次関数では漸化式を用いた方法を紹介しましたが、二次関数のn回合成関数を求めることは漸化式fn+1(x)=a{fn(x)}2+bfn(x)+cの一般項を求めることに等しいため、その難しさがわかります。前に興味があって調べたんですが、三角関数の倍角が使える形など特殊な形でない限り、二次の漸化式を解くことはできないと考えられていて、漸化式の可解性についてのガロア理論のようなものの研究が進められているようです。

関数的平方根は、四次や九次など、次数が平方数の関数なら求められそうな気もしますが、単項式や一次関数の場合に有効な「考えうる関数的平方根の形をおいて、それを2回合成して係数や指数を比較する」という方法を用いても係数が足りず、もとの関数のいくつかの係数が他の係数に依存してしまいます。別の方法を考え中です。


f(x)=ax4+bx2+b(b+2a3)4a(a0)
のとき、
f12(x)=a3x2+b2a23
f(x)=x4+x2+34
のとき、
f12(x)=x2+12
(前回の続き)一般合成不動点定理
定理 一般合成不動点定理

f(x)=xが唯一の解αを持つならば、
fn(α)=α(nQ)
予想 第二一般合成不動点定理

f(x)=xm個の解αi(i=1,2,,m)を持つならば、
fn(αi)=αi(nQ)

前回は上の方を証明し、下の方はnZの場合のみ同様の方法で証明できそうなことがわかりました。今回は数学的帰納法を用いて、n=12の場合のみを証明できればnQについて成り立つといえることを証明します。

f(α)=αのとき、f1b(α)(bN,b0)について、
b=kのとき、f1k(α)=αが成り立つと仮定すると、
b=k+1のとき、|k|>1のときに限り、
f1k+1(α)=fn=0(1)nkn1(α)=f1k1k2+1k3(α)=f1k3(f1k2(f1k(α)))
関数的指数法則より、f1kmf(x)1k回合成をm回繰り返すことに等しく、f1kmf(x)1k回合成をm回繰り返し-1回合成を1回繰り返す(逆関数をとる)ことに等しい。
f(α)1k回合成は仮定よりαに等しい。
f(α)の-1回合成は、f(x)の逆関数が存在するとき、g(x)=f1(x)とすると、逆関数の定義y=f1(x)x=f(y)より、α=f(α)g(α)=αなので、前提よりαに等しい。
よって、これらの合成を無限回繰り返しても常にαとなる。
したがって、b=kのとき成り立つと仮定すれば、b=k+1のときも成り立つ。

b=2(n=12)のときが証明できれば、数学的帰納法よりf1b(α)=α(bZ,b0)が証明でき、それのaZ回合成は一般合成不動点定理よりやはりαに一致するので、αが唯一の解であることを使わずにnQについても証明できたことになります。したがって、f(x)=xの解が複数個に増えても、全く同様に証明できるはずです。(恐らく、自信がない)

後書き

次回:もう少々お待ち下さい

参考文献

投稿日:20日前
更新日:9日前
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