分数迭代没有唯一的值。例如 4 的平方根是 2 或 -2。^[1]^[2]

定义

分数迭代 $\phi$ 被称为 ${\frac {m}{n}}$ -迭代 $f$ 当且仅当^[3]

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

例如，函数 f 的半迭代（= 函数平方根）是一个函数 g，使得

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

此函数 g(x) 可以用指数符号表示为

  $f ½ (x)$  .

同样地，

  $f ⅓ (x)$

是定义的函数，使得 $f ⅓ (f ⅓ (f ⅓ (x))) = f (x)$ ，而 $f ⅔ (x)$ 可以定义为等于 $f ⅓ (f ⅓ (x))$ ，依此类推，所有这些都基于之前提到的原理，即 $f m ○ f n = f m + n$ 。这个概念可以推广，使迭代计数 n 成为一个连续参数，即连续轨道的某种连续“时间”。

在这种情况下，人们将系统称为流，由薛定谔方程指定。

负迭代对应于函数逆和它们的复合。例如， $f -1 (x)$ 是 $f$ 的普通逆，而 $f -2 (x)$ 是逆与其自身的复合，即 $f -2 (x) = f -1 (f -1 (x))$ 。分数负迭代类似于分数正迭代定义；例如， $f -½ (x)$ 定义为使得 $f - ½ (f -½ (x)) = f -1 (x)$ ，或者等效地，使得 $f -½ (f ½ (x)) = f 0 (x) = x$ 。

当方程 $g n (x) = f (x)$ 有多个解时，必须谨慎使用概念 $f 1/ n$ ，这通常是情况，就像在巴贝奇方程中关于恒等映射的函数根一样。例如，对于 $n = 2$ 并且 $f (x) = 4 x -6$ ， $g (x) = 6-2 x$ 和 $g (x) = 2 x -2$ 都是解；因此表达式 $f ½ (x)$ 不表示唯一函数，就像数字的代数根是多重的。这个问题与零除非常相似。选择的根通常是属于正在研究的轨道的根。

问题。可能以非整数次迭代函数吗？

"简短回答：取决于。

给定一个可微函数，具有形式幂级数，并且其幂级数可用作研究其迭代和插值的方法，在某些情况下，这种

插值也产生可微函数。

给定一个不连续或不可微的函数，可以插值函数的迭代之间，但有更多可能的方法来做到这一点。" Henryk Trappman Andrew Robbins 2008 年 1 月 12 日的四次方论坛常见问题解答

示例

g(g(z) = z^2+c 的解

解

闭式解
展开

c=0

找到一个连续函数^[4]

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

满足

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

对于所有 $z\in \mathbb {C}$ .

换句话说，从函数方程中找到分数迭代 $g(z)=f^{\frac {1}{2}}(z)$

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

让我们尝试

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

所以

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

然后

  $s^{2}=2$

并且

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

2 的平方根是无理数。

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

使用“对数求幂”

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

对于每个实数 *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 "系列和超越数的分数迭代"，作者：G. A. Edgar。

" 6. Julia 示例

举个例子，我们将考虑函数的分数迭代

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

接近 $x=+\infty$

当然，此函数的正整数迭代用于构建 Julia 集或 Mandelbrot 集。为了使实超越数理论适用，我们必须限制为实值 c。但是一旦我们有了很好的公式，就可以针对一般的复数 c 进行研究。

在 **c = −2 的情况下**，存在一个已知的 **封闭形式**，

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

[当然， $x^{2}-2=2cosh(2acosh(x/2))$ 本质上是余弦的倍角公式。]

当然，在 c = 0 的情况下，封闭形式是 $M^{[s]}=x^{2^{s}}$

**对于其他 c 值，没有已知的封闭形式**，并且很可能不存在（但必须解释这一点）。

.....

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

"

一些分数迭代的公式

以下是一种利用固定点寻找分数迭代级数公式的方法之一。

**（1）** 首先确定函数的固定点，使得 $*f(a)*=*a*$ 。

**（2）** 定义 $*f n (a)*=*a*$ ，对于属于实数的所有 *n*。从某种意义上说，这是对分数迭代施加的最自然的额外条件。

**（3）** 将 $*f n (x)*$ 在固定点 *a* 处展开为泰勒级数，

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）** 展开

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 $*f k (a)*= *a*$ ，对于任何 *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) 利用等比数列来简化项，

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) 当 $f '(a) =1$ 时，存在特殊情况，

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) 当 n 不是整数时，利用幂公式 $y n = exp(n ln(y))$ .

虽然这种方法可以无限地进行下去，但效率低下，因为后面的项会变得越来越复杂。

共轭一节介绍了更系统的方法。

示例 1

例如，令 $f (x) = Cx + D$ ，则不动点为 $a = D /(1- C)$ ，因此上述公式简化为

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

这很容易验证。

示例 2

求 ${\sqrt {2}}^{{\sqrt {2}}^{{\sqrt {2}}^{\cdots }}}$ 的值，其中此运算重复 n 次（当 n 不是整数时，可能需要插值）。我们有 $f (x)= Template:Sqrt x$ 。不动点为 $a = f (2)=2$ 。

因此，令 x=1，则 $f n (1)$ 在不动点 2 处的泰勒展开为无穷级数：

{\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

该结果仅取前三项，当 *n* 为正数时，它在小数点后一位是正确的——参见四次迭代： $f n (1) = n 模板:Sqrt$ 。（使用另一个不动点 $a = f (4) = 4$ 会导致级数发散。）

对于 $n = -1$ ，该级数计算逆函数， $2 ln x /ln2$ 。

示例 3

对于函数 $f(x) = x b$ ，在不动点 1 附近展开，得到级数

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 ~,

这实际上是 *x*^{(bⁿ )} 在 1 附近的泰勒级数展开式。

另请参见

示例

参考文献

维基百科 : 函数平方根 = 半迭代

[1] Ken Shirriff 的分数指数分形

[2] Ken Shirriff 的新多分支算法渲染

[3] th.eretrandre.org : 分数次迭代

[4] th.stackexchange 问题 : x2c 的半迭代

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