关于迭代函数的若干命题

，求f(0)。这种题本身没有什么特别的意思，知道不动点的套路就能做。但是这类题目衍生出的一些问题是挺有意思的。第一，这样的函数（我们姑且称之为“迭代方根”）到底能不能存在？第二，能否给出一些非平凡的“迭代方根”的例子？下面给出一些部分的结果。

，则。如果进一步扩大到R，那么存在性会更差，可以证明上面这个2x^2-1不存在迭代方根（见下面的命题2）。如果再扩大到C，那么存在性就会被完全破坏掉，见命题1。

s.t. 是一个复二次函数。

为f的一个2-循环，若。假如g只存在一个2-循环{x_1,x_2}，那么以x_1作为起点，迭代地套上f，可以得到这样的循环：。注意这个链条中每隔一项相当于施加了一次g。这时候我们可以看出一些端倪来。显然，这样一来{x_1',x_2'}本身会构成g的一个2-循环，而且这个2-循环一定不同于{x_1,x_2}（为什么？）。反过来说，假如g有且只有一个2-循环，那么它一定不存在“迭代方根”。这样我们就得到了迭代方根存在的一个必要条件。

然后我们把视角放到复数域上的二次函数g。g的1-循环（也就是不动点）由g(x)=x刻画，2-循环由g(g(x))=x解出。因为g是个二次函数，g(g(x))=x有四个复根，其中两个对应不动点，那么2-循环只能是剩下两个根。这样我们就有两种情况：

• 剩下两个根确实构成2-循环。如此一来，g就有且只有一个2-循环，那么它一定不存在迭代方根。

• 剩下两个根并不构成2-循环。那么迭代方根的存在性尚且无法直接下定论。

硬算也是行的，因为g(g(x))=x虽然是四次方程，但可以因式分解出两个不动点对应的部分，剩下的部分就是二次方程，总是能够解析求解的。不过我们还是想办法偷一下懒。我们称f与g互为线性共轭，假如存在非常数线性函数h使得（这是个等价关系）。很显然，假如f和g互为线性共轭，那么它们的迭代方根的存在性也是相同的。那么我们只需要在每一个等价类中取一个代表元来研究迭代方根的存在性就行了。这个等价类具体可以做以下刻画。首先，因为我们关心的是这样的方程，为了方便期间，把g(x)写成，那么g(x)=x的判别式就是普通的（注意它并不是g本身作为二次函数的判别式，姑且容忍一下这个abuse吧）。

。

两边系数对比一下，得到的条件刚好就是f和g的判别式相等。

，它就可以作为这个等价类的代表元。当然爱怎么取怎么取，论证方式都是一样的。

的四个复根。没什么技术含量，直接算就是了：

。验算一下就知道它们确实构成2-循环——唯一例外情况就是，这时候这两个根会退化成不动点，那么2-循环就不存在了。

这个等价类以外，其他等价类都是一定不存在迭代方根的（因为存在唯一的2-循环）。的情况需要专门额外处理一下，我们目前还不知道迭代方根是否存在。这时候我们的代表元是。基于2-循环导出矛盾的想法已经破灭了，不过我们还可以考虑类似的想法：4-循环。这下是个16次方程了，虽然依然可以基于1-循环和2-循环的解来做因式分解，不过写起来也很麻烦，留给有意愿计算的读者好了（数值求解也能验证后面的结论，毕竟只是一个固定不带参数的函数，横竖都是容易处理的）。最后的结果就是，这16个根里四个属于1-循环也就是不动点（这一点我们上面的计算已经指出了，两个是本原的不动点，两个是2-循环退化得到的不动点），剩下12个根对应3个不同的4-循环。那么跟前面2-循环完全一样的道理，有且仅有3个不同的4-循环，是肯定能排除掉迭代方根的存在性的（如果迭代方根存在，那么每个4-循环一定连协着一个不同的4-循环，这样总的4-循环数目一定是偶数，当然对于二次函数的情况，只能是0或者2）。

这一等价类的代表元为，则有。其中2-循环的候选为。当也就是的时候，可以验证这两个（实数）候选值确实构成2-循环，而且是唯一的2-循环，所以迭代方根不存在。于是我们得到以下结论：

，则g不存在实数域上的迭代方根。

注意这种情况下（实）不动点总是存在的，这也就是高中题目中会出现的情况。所以实际上这类题目经常会有不严谨之处：虽然能通过不动点计算出特殊点处的函数值，但如果判别式大于4，这种函数本身就根本没法存在。

的情况并不好说，跟复数域的情况不一样的是，在实数域上二次函数迭代方根确实是有机会存在的，比如x^2（对应判别式为1）的迭代方根就是（读者不妨思考一下为什么这个解在复数域上就不成立了）。那么Delta的阈值是多少呢？我们可以证明以下结论：

，则g存在实数域上的迭代方根；事实上存在无数个连续的迭代方根。

。

也就是lambda=1/4，g(x)的两个不动点退化到一个：1/2。这时候g(x)和y=x相切于(1/2,1/2)。我们首先指定f(1/2)=1/2，然后考虑大于1/2和小于1/2的部分。

能够构成(1/2,+infty)的一个分划（这块区域里g是严格递增的，所以反函数存在）。

，于是f(1)=6/5,f(6/5)=5/4。

。于是在I_0上，我们容易验证，确实有f(f(x))=g(x)。

。那么容易验证，在(1/2,+infty)上，确实有f(f(x))=g(x)。而且这个延拓是连续的。另外还需要注意到，I_0上这个线性函数是并非必要的，实际上我们可以任意选取一个严格递增的函数使得f(1)=6/5,f(6/5)=5/4，那么整个构造依然不变。所以这个迭代方根的构造里面有很大的flexibility，同时也说明实际上存在无穷多个连续的迭代方根。

，就构成了[0,1/2)的分划，然后用完全一样的方法，先在I_0上定义一个线性函数，然后往后面延拓就可以完成f的构造了。

最后是(-infty,0)的部分，我们可以直接令f(-x)=f(x)。那么很容易看出，在整个R上，都有f(f(x))=g(x)。

的情况，上面的构造方式依然成立，并且还要更加简单。我们只需要取，往后面延拓即可，容易验证它是可以覆盖整个正半轴的，然后分段地定义f，然后对于负半轴的部分，对称过去即可。

的情况，上面的构造方式依然成立，不过要稍微复杂一点。我们需要对三个区间做分划：，然后对称到负半轴去。

的情况，上面的第一个区间退化掉，剩下两个区间，同样进行分划即可。

是一个关键的阈值。如果，那么容易验证g(x)和y=x的两个交点位于对称轴的两侧，这时候命题3的构造方法就会失效，原因在于左侧的交点附近做g的迭代会导致在不动点两侧跳跃。实际上在Rice, Schweizer,Sklar(1980)上不加证明地给出了如下结论：实数域上二次函数存在迭代方根的充要条件是（实际上他们的定理还要更加强，推广到了任何实数阶迭代的flow），也就是说这个阈值恰好就是1。我们已经证明了充分性。必要性的话，我们还差了的情况。我们需要证明这个范围内不存在迭代方根。但是这时候2-循环并不存在，所以基于2-循环的证明方式是失效了。我们可以试一试4-循环。

。直接硬算4-循环不失为一种办法，不过我们最好还是现在Mathematica上画出图像来获取一些直观的感觉。

可以看出在lambda<2的时候只有两个交点，对应两个不动点，所以没有2-循环，在lambda=2的时候才从左边这个不动点分岔出两个2-循环（就是logistic map的那套玩意儿，分岔图）。lambda=2.8的时候第一次出现3-循环。4-循环一直到lambda=2都没有出现，在lambda=2出现的也仅仅是2-循环导致的两个新交点，大概在2.5的时候才出现真正的4-循环。更高阶的循环就得lambda更大的时候才会出现了。这么看来基于k-循环的证明都使不了。这下到底怎么证我就想不出来了。

关于这个话题，最后还可以稍微补充一个命题。它可以直接从命题3的证明过程中推出，相当于只构造最右边那段区间上的函数就行了。

，g的两个不动点记为。则存在无穷多个连续的s.t.。

使得。如果在复数域上，这个存在性是平凡的，取f为2pi/n角度的旋转就行了。实数域上的情况稍微没那么平凡，不过其实还是有简单的构造方法的。比如说我们可以参照前面命题3中的构造方法，简单粗暴地给出如下构造：

满足。

的，因为需要补上无穷远点。

，则满足。

，解出来就是。然后把A对角化之后看一看A^k就证出来了。

，读者可以自己手算迭代来试验一下。