n回合成関数の基本的な定理や式【反復合成写像#1】

逆関数の定義$x=f(y)\iff y=f^{-1}(x)$より、
$$f(g(x))=f(f^{-1}(x))=f(y)=x$$

$n\in \mathbb{N}$について、
$$f^n(f(x))=f^{n+1}(x)$$は明らかに成り立つ。
$$f^{-n}(f(x))=g^n(f(x))=g^{n-1}(g(f(x)))=g^{n-1}(x)=f^{-n+1}(x)$$
$$f^n(f^{-1}(x))=f^n(g(x))=f^{n-1}(f(g(x)))=f^{n-1}(x)$$
$$f^{-n}(f^{-1}(x))=g^n(g(x))=g^{n+1}(x)=f^{-n-1}(x)$$
も成り立つことがわかる。
したがって、整数回合成した関数に$f(x)$または$f^{-1}(x)$を合成することは、整数を+1または-1することに等しい。よって、和の交換法則より、$f(x)$または$f^{-1}(x)$を合成する順番は交換できる。

定理２-１および定理３-１より、
$$f^n(g^n(x))=\underset{n個のf}{\underbrace{f(f(f(\cdots }}\underset{n個のg}{\underbrace{g(g(\cdots g(x))))))}}=\underset{n個のf\circ g}{\underbrace{f(g(f(g(\cdots f(g(x))))))}}=x$$
(nが負のときも、fとgが入れ替わるだけなので同様に成り立つ。)

• $a,b\in \mathbb{N}$のときは、明らかに成り立つ。
• $a\in \mathbb{N},b=0$のとき、
  $$f^a(f^b(x))=f^a(x)=f^{a+b}(x)$$
  $$g(x)=f^a(x)\mathrm{の}\mathrm{と}\mathrm{き}{g}^b(x)=x=f^0(x)=f^{ab}(x)$$
  より、成り立つ。
• $a=0,b\in \mathbb{N}$のとき、
  $$f^a(f^b(x))=f^b(x)=f^{a+b}(x)$$
  $$g(x)=f^a(x)=x\mathrm{の}\mathrm{と}\mathrm{き}{g}^b(x)=x=f^0(x)=f^{ab}(x)$$
  より、成り立つ。
• $a=b=0$のとき、
  $$f^a(f^b(x))=x=f^0(x)=f^{a+b}(x)$$
  $$g(x)=f^a(x)=x\mathrm{の}\mathrm{と}\mathrm{き}{g}^b(x)=x=f^0(x)=f^{ab}(x)$$
  より、成り立つ。

ここからは、上記の自然数および0に対する関数的指数法則が成り立つものとして用います。

• $a,b\in \mathbb{N}$のとき、$f^{-1}(x)=g(x)$とすると、定理１と、定理３-１より、
  $a>b$のとき、
  $$f^a(f^{-b}(x))=f^a(g^b(x))=f^{a-b}(g^{b-b}(x))=f^{a+(-b)}(x)$$
  $a=b$のとき、
  $$f^a(f^{-b}(x))=f^a(g^b(x))=x=f^0(x)=f^{a+(-b)}(x)$$
  $a<b$のとき、
  $$f^a(f^{-b}(x))=f^a(g^b(x))=f^{a-a}(g^{b-a}(x))=g^{b-a}(x)=f^{a+(-b)}(x)$$
  また、
  $$h(x)=f^a(x),i(x)=h^{-1}(x)=f^{-a}(x)=g^a(x)\mathrm{の}\mathrm{と}\mathrm{き}{h}^{-b}(x)=i^b(x)=g^{ab}(x)=f^{-ab}(x)=f^{a\times (-b)}(x)$$
  より、成り立つ。
• $a,b\in \mathbb{N}$のとき、$f^{-1}(x)=g(x)$とすると、定理１と、定理３-１より、
  $a>b$のとき、
  $$f^{-a}(f^b(x))=g^a(f^b(x))=g^{a-b}(f^{b-b}(x))=g^{a-b}(x)=f^{(-a)+b}(x)$$
  $a=b$のとき、
  $$f^{-a}(f^b(x))=g^a(f^b(x))=x=f^0(x)=f^{(-a)+b}(x)$$
  $a<b$のとき、
  $$f^{-a}(f^b(x))=g^a(f^b(x))=g^{a-a}(f^{b-a}(x))=f^{b-a}(x)=f^{(-a)+b}(x)$$
  また、
  $$h(x)=f^{-a}(x)=g^a(x)\mathrm{の}\mathrm{と}\mathrm{き}{h}^b(x)=g^{ab}(x)=f^{-ab}(x)=f^{(-a)\times b}(x)$$
  より、成り立つ。
• $a,b\in \mathbb{N}$のとき、$f^{-1}(x)=g(x)$とすると、定理１より、
  $$f^{-a}(f^{-b}(x))=g^a(g^b(x))=g^{a+b}(x)=f^{(-a)+(-b)}(x)$$
  $$h(x)=f^{-a}(x)=g^a(x),i(x)=h^{-1}(x)=f^a(x)\mathrm{の}\mathrm{と}\mathrm{き}{h}^{-b}(x)=i^b(x)=f^{ab}(x)=f^{(-a)\times (-b)}(x)$$
  より、成り立つ。
• $a=0,b\in \mathbb{N}$のとき、$f^{-1}(x)=g(x)$とすると、定理１より、
  $$f^a(f^{-b}(x))=f^a(g^b(x))=g^b(x)=f^{-b}(x)=f^{a+(-b)}(x)$$
  $$h(x)=f^a(x)=x\mathrm{の}\mathrm{と}\mathrm{き}{h}^{-b}(x)=x=f^0(x)=f^{a\times (-b)}(x)$$
  より、成り立つ。
• $a\in \mathbb{N},b=0$のとき、$f^{-1}(x)=g(x)$とすると、定理１より、
  $$f^{-a}(f^b(x))=g^a(f^b(x))=g^a(x)=f^{-a}(x)=f^{(-a)+b}(x)$$
  $$h(x)=f^{-a}(x)=g^a(x)\mathrm{の}\mathrm{と}\mathrm{き}{h}^b(x)=x=f^0(x)=f^{(-a)\times b}(x)$$
  より、成り立つ。

ここからは、上記の整数に対する関数的指数法則を用います。

• $a,b\in \mathbb{Z},b\ne 0$のとき、$h(x)=f^{\frac{a}{b}}(f^{\frac{c}{d}}(x))$とすると、定義$g(x)=f^{\frac{a}{b}}(x),g^b(x)=f^a(x)$より、
  $$h^{bd}(x)=f^{ad}(f^{cb}(x))=f^{ad+cb}(x)=f^{(\frac{a}{b}+\frac{c}{d})bd}(x)$$
  よって、$h(x)=f^{\frac{a}{b}}(f^{\frac{c}{d}}(x))=f^{\frac{a}{b}+\frac{c}{d}}(x)$
  また、$i(x)=f^{\frac{a}{b}}(x),j(x)=i^{\frac{c}{d}}(x)$とすると、定義$g(x)=f^{\frac{a}{b}}(x),g^b(x)=f^a(x)$より、
  $$j^{bd}(x)=i^{bc}(x)=f^{ac}(x)=f^{(\frac{a}{b}\times \frac{c}{d})\times bd}(x)$$
  よって、$j(x)=i^{\frac{c}{d}}(x)=f^{(\frac{a}{b}\times \frac{c}{d})}(x)$
  以上より、$n\in \mathbb{Q}$についても成り立つ。

定理４より、整数回合成した関数に$f^n(x)(n\in \mathbb{Z})$を合成することは、整数を+nすることに等しい。よって、和の交換法則より、$f^n(x)$を合成する順番は交換できる。

• $n\in \mathbb{N}$のとき、
  $n=1$のときは、前提より$f^n(\alpha )=\alpha$
  $n=k$のとき、$f^k(\alpha )=\alpha$が成り立つと仮定すると、
  $n=k+1$のとき、$f^{k+1}(\alpha )=f^k(f(\alpha ))=f^k(\alpha )=\alpha$
  よって、成り立つ。
• $n\in \mathbb{Z}$について、
  $n=0$のとき、明らかに$f^n(\alpha )=\alpha$
  $g(x)=f^{-1}(x),m\in \mathbb{N}$のとき、$g^m(x)$について考えると、
  $m=1$のとき、逆関数の定義$y=f^{-1}(x)\iff x=f(y)$より、$g(\alpha )=\alpha$
  $m=k$のとき、$g^k(\alpha )=\alpha$が成り立つと仮定すると、
  $m=k+1$のとき、$g^{k+1}(\alpha )=g^k(g(\alpha ))=g^k(\alpha )=\alpha$
  よって、成り立つ。
• $n\in \mathbb{Q}$について、
  $a,b\in \mathbb{Z},b\ne 0$のとき、まず$f^{\frac{1}{b}}(\alpha )=\alpha$を示す。
  $f^{\frac{1}{b}}(\alpha )=\beta \ne \alpha$と仮定する。
  $$\underset{b個}{\underbrace{f^{\frac{1}{b}}(f^{\frac{1}{b}}(\cdots f^{\frac{1}{b}}(\alpha )))}}=f(\alpha )$$
  $$\underset{b個}{\underbrace{f^{\frac{1}{b}}(f^{\frac{1}{b}}(\cdots f^{\frac{1}{b}}(\alpha )))}}=\underset{b-1個}{\underbrace{f^{\frac{1}{b}}(f^{\frac{1}{b}}(\cdots f^{\frac{1}{b}}(\beta )))}}=f(\alpha )=\alpha$$
  $$\underset{b個}{\underbrace{f^{\frac{1}{b}}(f^{\frac{1}{b}}(\cdots f^{\frac{1}{b}}(\beta )))}}=f^{\frac{1}{b}}(\alpha )=\beta$$
  $$\underset{b個}{\underbrace{f^{\frac{1}{b}}(f^{\frac{1}{b}}(\cdots f^{\frac{1}{b}}(\beta )))}}=f(\beta )$$
  したがって、$f(\beta )=\beta$となるが、$f(x)=x$の唯一の解が$\alpha$であることに矛盾するため、$f^{\frac{1}{b}}(\alpha )=\alpha$が示された。
  よって、定理４を用いて、$f^{\frac{a}{b}}(\alpha )=f^a(f^{\frac{1}{b}}(\alpha ))=f^a(\alpha )=\alpha$より、成り立つ。

$n>0$のとき、
合成関数の微分法$y=f(u),u=g(x)$のとき$\frac{dy}{dx}=\frac{dy}{du}\cdot \frac{du}{dx}$より、$n$回合成したときは、$y=f(u_1),u_1=f(u_2),\cdots u_{n-1}=f(x)$のとき$\frac{dy}{dx}=\frac{dy}{d{u}_1}\frac{d{u}_1}{d{u}_2}\cdots \frac{d{u}_{n-1}}{dx}$となる。
合成されるのは同じ関数$f(x)$なので、$\frac{dy}{du}\frac{du}{dx}=f^{\prime }(f(x))f^{\prime }(x)$と置き換えられ、同様に、
$$\frac{dy}{d{u}_1}\frac{d{u}_1}{d{u}_2}\cdots \frac{d{u}_{n-1}}{dx}=f^{\prime }(f^{n-1}(x))f^{\prime }(f^{n-2}(x))\cdots f^{\prime }(x)$$
と置き換えられる。したがって、
$${\{f^n(x)\}}^{\prime }=\prod _{k=1}^n{f}^{\prime }(f^{n-k}(x))=f^{\prime }(f^{n-1}(x))f^{\prime }(f^{n-2}(x))\cdots f^{\prime }(x)$$
$n=0$のとき、
$f^n(x)=x$より、${\{f^n(x)\}}^{\prime }=1$
$n<0$のとき、
合成関数の微分法より、$n$回合成したときは、$y=f^{-1}(u_1),u_1=f^{-1}(u_2),\cdots u_{n-1}=f^{-1}(x)$のとき$\frac{dy}{dx}=\frac{dy}{d{u}_1}\frac{d{u}_1}{d{u}_2}\cdots \frac{d{u}_{n-1}}{dx}$となる。
合成されるのは同じ関数$f^{-1}(x)$なので、逆関数の微分法$y=f^{-1}(x),x=f(y)$のとき$\frac{dy}{dx}=\frac{1}{\frac{dx}{dy}}=\frac{1}{f^{\prime }(f^{-1}(x))}$より、
$$\frac{dy}{d{u}_1}\frac{d{u}_1}{d{u}_2}\cdots \frac{d{u}_{n-1}}{dx}=\frac{1}{f^{\prime }(f^{-1}(f^{n+1}(x)))}\frac{1}{f^{\prime }(f^{-1}(f^{n+2}(x)))}\cdots \frac{1}{f^{\prime }(f^{-1}(x))}$$
と置き換えられる。したがって、
$${\{f^n(x)\}}^{\prime }=\frac{1}{\prod _{k=1}^{-n}{f}^{\prime }(f^{-1}(f^{n+k}(x)))}=\frac{1}{\prod _{k=1}^{-n}{f}^{\prime }(f^{n+k-1}(x))}=\frac{1}{f^{\prime }(f^n(x))}\frac{1}{f^{\prime }(f^{n+1}(x))}\cdots \frac{1}{f^{\prime }(f^{-1}(x))}$$