分數迭代沒有唯一的值。例如 4 的平方根是 2 或 -2。^[1]^[2]

定義

分數迭代 $\phi$ 被稱為 ${\frac {m}{n}}$ -迭代 $f$ 當且僅當^[3]

  $\phi ^{n}(x)=f^{m}(x)$

例如，函式 f 的半迭代（= 函式平方根）是一個函式 g，使得

g(g(x)) = f(x).

此函式 g(x) 可以用指數符號表示為

  $f ½ (x)$  .

同樣地，

  $f ⅓ (x)$

是定義的函式，使得 $f ⅓ (f ⅓ (f ⅓ (x))) = f (x)$ ，而 $f ⅔ (x)$ 可以定義為等於 $f ⅓ (f ⅓ (x))$ ，依此類推，所有這些都基於之前提到的原理，即 $f m ○ f n = f m + n$ 。這個概念可以推廣，使迭代計數 n 成為一個連續引數，即連續軌道的某種連續“時間”。

在這種情況下，人們將系統稱為流，由薛定諤方程指定。

負迭代對應於函式逆和它們的複合。例如， $f -1 (x)$ 是 $f$ 的普通逆，而 $f -2 (x)$ 是逆與其自身的複合，即 $f -2 (x) = f -1 (f -1 (x))$ 。分數負迭代類似於分數正迭代定義；例如， $f -½ (x)$ 定義為使得 $f - ½ (f -½ (x)) = f -1 (x)$ ，或者等效地，使得 $f -½ (f ½ (x)) = f 0 (x) = x$ 。

當方程 $g n (x) = f (x)$ 有多個解時，必須謹慎使用概念 $f 1/ n$ ，這通常是情況，就像在巴貝奇方程中關於恆等對映的函式根一樣。例如，對於 $n = 2$ 並且 $f (x) = 4 x -6$ ， $g (x) = 6-2 x$ 和 $g (x) = 2 x -2$ 都是解；因此表示式 $f ½ (x)$ 不表示唯一函式，就像數字的代數根是多重的。這個問題與零除非常相似。選擇的根通常是屬於正在研究的軌道的根。

問題。可能以非整數次迭代函式嗎？

"簡短回答：取決於。

給定一個可微函式，具有形式冪級數，並且其冪級數可用作研究其迭代和插值的方法，在某些情況下，這種

插值也產生可微函式。

給定一個不連續或不可微的函式，可以插值函式的迭代之間，但有更多可能的方法來做到這一點。" Henryk Trappman Andrew Robbins 2008 年 1 月 12 日的四次方論壇常見問題解答

示例

g(g(z) = z^2+c 的解

解

閉式解
展開

c=0

找到一個連續函式^[4]

  $g:\mathbb {C} \to \mathbb {C}$

滿足

  $g(g(z))=z^{2}$

對於所有 $z\in \mathbb {C}$ .

換句話說，從函式方程中找到分數迭代 $g(z)=f^{\frac {1}{2}}(z)$

  $g(g(z))=f(z)=z^{2}$

讓我們嘗試

  $g(z)=z^{s}$

所以

  $g(g(z))=(z^{s})^{s}=z^{s*s}$

然後

  $s^{2}=2$

並且

  $s={\sqrt {2}}=1.414\ 213\ 562\ 373\ 095\ 048\ 801\ 688\ 724\ 209\ \ldots$

2 的平方根是無理數。

  $f^{\frac {1}{2}}(z)=g(z)=z^{s}=z^{\sqrt {2}}$

使用“對數求冪”

  $z^{s}=(e^{\ln z})^{s}=e^{s\cdot \ln z}$

對於每個實數 *s*。

  $\ln(a+b\imath )=\ln \left(|z|\exp ^{\imath \varphi }\right)=\ln |z|+\ln \exp ^{\imath \varphi }=\ln |z|+\imath \varphi$

c = −2，由 G A Edgar 描述

https://people.math.osu.edu/edgar.2/preprints/trans_frac/fractional.pdf "系列和超越數的分數迭代"，作者：G. A. Edgar。

" 6. Julia 示例

舉個例子，我們將考慮函式的分數迭代

$M(x)=x^{2}+c$

接近 $x=+\infty$

當然，此函式的正整數迭代用於構建 Julia 集或 Mandelbrot 集。為了使實超越數理論適用，我們必須限制為實值 c。但是一旦我們有了很好的公式，就可以針對一般的複數 c 進行研究。

在 **c = −2 的情況下**，存在一個已知的 **封閉形式**，

$M^{[s]}=2cosh(2^{s}acosh(x/2))$

[當然， $x^{2}-2=2cosh(2acosh(x/2))$ 本質上是餘弦的倍角公式。]

當然，在 c = 0 的情況下，封閉形式是 $M^{[s]}=x^{2^{s}}$

**對於其他 c 值，沒有已知的封閉形式**，並且很可能不存在（但必須解釋這一點）。

.....

$M^{\frac {1}{2}}=2cosh({\sqrt {2}}\ acosh({\frac {x}{2}}))$

"

一些分數迭代的公式

以下是一種利用固定點尋找分數迭代級數公式的方法之一。

**（1）** 首先確定函式的固定點，使得 $*f(a)*=*a*$ 。

**（2）** 定義 $*f n (a)*=*a*$ ，對於屬於實數的所有 *n*。從某種意義上說，這是對分數迭代施加的最自然的額外條件。

**（3）** 將 $*f n (x)*$ 在固定點 *a* 處展開為泰勒級數，

f^{n}(x)=f^{n}(a)+(x-a){\frac {d}{dx}}f^{n}(x)|_{x=a}+{\frac {(x-a)^{2}}{2!}}{\frac {d^{2}}{dx^{2}}}f^{n}(x)|_{x=a}+\cdots

**（4）** 展開

f^{n}\left(x\right)=f^{n}(a)+(x-a)f'(a)f'(f(a))f'(f^{2}(a))\cdots f'(f^{n-1}(a))+\cdots

**（5）** 代入 $*f k (a)*= *a*$ ，對於任何 *k*，

f^{n}\left(x\right)=a+(x-a)f'(a)^{n}+{\frac {(x-a)^{2}}{2!}}(f''(a)f'(a)^{n-1})\left(1+f'(a)+\cdots +f'(a)^{n-1}\right)+\cdots

(6) 利用等比數列來簡化項，

f^{n}\left(x\right)=a+(x-a)f'(a)^{n}+{\frac {(x-a)^{2}}{2!}}(f''(a)f'(a)^{n-1}){\frac {f'(a)^{n}-1}{f'(a)-1}}+\cdots

(6b) 當 $f '(a) =1$ 時，存在特殊情況，

f^{n}\left(x\right)=x+{\frac {(x-a)^{2}}{2!}}(nf''(a))+{\frac {(x-a)^{3}}{3!}}\left({\frac {3}{2}}n(n-1)f''(a)^{2}+nf'''(a)\right)+\cdots

(7) 當 n 不是整數時，利用冪公式 $y n = exp(n ln(y))$ .

雖然這種方法可以無限地進行下去，但效率低下，因為後面的項會變得越來越複雜。

共軛一節介紹了更系統的方法。

示例 1

例如，令 $f (x) = Cx + D$ ，則不動點為 $a = D /(1- C)$ ，因此上述公式簡化為

f^{n}(x)={\frac {D}{1-C}}+(x-{\frac {D}{1-C}})C^{n}=C^{n}x+{\frac {1-C^{n}}{1-C}}D~,

這很容易驗證。

示例 2

求 ${\sqrt {2}}^{{\sqrt {2}}^{{\sqrt {2}}^{\cdots }}}$ 的值，其中此運算重複 n 次（當 n 不是整數時，可能需要插值）。我們有 $f (x)= Template:Sqrt x$ 。不動點為 $a = f (2)=2$ 。

因此，令 x=1，則 $f n (1)$ 在不動點 2 處的泰勒展開為無窮級數：

{\sqrt {2}}^{{\sqrt {2}}^{{\sqrt {2}}^{\cdots }}}=f^{n}(1)=2-(\ln 2)^{n}+{\frac {(\ln 2)^{n+1}((\ln 2)^{n}-1)}{4(\ln 2-1)}}-\cdots

該結果僅取前三項，當 *n* 為正數時，它在小數點後一位是正確的——參見四次迭代： $f n (1) = n 模板:Sqrt$ 。（使用另一個不動點 $a = f (4) = 4$ 會導致級數發散。）

對於 $n = -1$ ，該級數計算逆函式， $2 ln x /ln2$ 。

示例 3

對於函式 $f(x) = x b$ ，在不動點 1 附近展開，得到級數

f^{n}(x)=1+b^{n}(x-1)+{\frac {1}{2!}}b^{n}(b^{n}-1)(x-1)^{2}+{\frac {1}{3!}}b^{n}(b^{n}-1)(b^{n}-2)(x-1)^{3}+\cdots ~,

這實際上是 *x*^{(bⁿ )} 在 1 附近的泰勒級數展開式。

另請參見

示例

參考文獻

維基百科 : 函式平方根 = 半迭代

[1] Ken Shirriff 的分數指數分形

[2] Ken Shirriff 的新多分支演算法渲染

[3] th.eretrandre.org : 分數次迭代

[4] th.stackexchange 問題 : x2c 的半迭代

[1]

[2]

[3]

[4]