Итерационный корень из целой функции

[Padawan]

Пусть $f(z)$ -- функция, аналитическая в окрестности $z=0$, такая, что $f(0)=0$, с радиусом сходимости ряда Тейлора $0<\rho<+\infty$. Может ли функция $f(f(z))$ быть целой функцией (т.е. аналитической во всей плоскости)?

[nnosipov]

Padawan в сообщении #1449892 писал(а):

Может ли функция $f(f(z))$ быть целой функцией (т.е. аналитической во всей плоскости)?

Наверное, Вы хотите спросить, может ли $f(f(z))$ быть ростком целой функции? (Иначе ответ, очевидно, нет, ибо $f(f(z))$ не определена при $|z|>\rho$.)

[Padawan]

Да, конечно. Может ли радиус сходимости ряда Тейлора функции $f(f(z))$ быть бесконечным.

[mihaild]

Скажем $f(z) = 1 - \frac{1}{1 - z}$ не подходит?
Берем какую-нибудь функцию, равную нулю в нуле и с полюсом в $z_0$ (существенных особенностей понятно быть не может), голоморфную на бесконечности, смотрим, какое значение $z_1$ она не принимает (нужно чтобы такое было), и домножаем её на $\frac{z_0}{z_1}$.
Других хороших примеров я придумать не могу. Бывают мероморфные на всей сфере функции, у которых много пропущенных значений?

[Padawan]

Спасибо, подходит. А можно с $f'(0)=1$?

[Markiyan Hirnyk]

mihaild

Цитата:

Бывают мероморфные на всей сфере функции, у которых много пропущенных значений?

Нет, все такие функции являются рациональными.

PS.Производная функции $f(z):=1+ \left( 1-z \right) ^{-1}$ в $0$ равна $1$.

[mihaild]

Markiyan Hirnyk в сообщении #1449916 писал(а):

PS.Производная функции $f(z):=1+ \left( 1-z \right) ^{-1}$ в $0$ равна $1$.

Но эта функция сама в нуле равна $2$.
У меня пока получилось (при нулевом значении в нуле) любое отрицательное целое число в качестве производной. Мне не очень верится, что это фундаментальное ограничение, но обойти его пока не выходит.

Markiyan Hirnyk, чтобы в цитате указывалось, откуда она, надо для цитирования выделить кусок сообщения и нажать "вставка", тогда и указывать ник руками не придется.

[Markiyan Hirnyk]

mihaild Функция $f(z):=1+ \left( 1-z \right) ^{-1}$ удовлетворяет условию $f(f(z))=z$ и аналитична в открытом единичном круге.

[Padawan]

Надо, чтобы было $f(0)=0$. Интересует именно поведение всех этих композиций в окрестности неподвижной точки.

[Markiyan Hirnyk]

Дробно-рациональных функций вида ${\frac {az+d}{cz+d}}$, удовлетворяющих всем перечисленным условиям, нет: коэффициенты должны удовлетворять системе $ \left\{ d=0,{a}^{2}=a,ac=0,{\frac {a}{d}}=0,{d}^{2}+ \left( cz+a \right) d=d,{d}^{2}+c \left( z+1 \right) d=d,c\neq 0 \right\} $, которая не имеет решений. Далее, рациональная функция $R(z)$, у которой степень числителя превышает степень знаменателя на $2$ или больше, не удовлетворяет условиям, т. к. ее композиция с собой на бесконечности растет быстрее чем $|z|^4$ на бесконечности. Примерно так же можно рассмотреть возможность, что степень знаменателя превышает степень числителя на $2$ и больше и другие варианты.

[mihaild]

Вообще, если

Markiyan Hirnyk в сообщении #1449916 писал(а):

все такие функции являются рациональными

правда (выглядит правдоподобно, но не помню такой теоремы, и сходу не нашел), то решения бывают только вида $f(z) = \alpha + \frac{(-\alpha)^{n+1}}{(z - \alpha)^n}$, и производная в нуле соответственно равна $-n$.
Если я не ошибся и действительно свойство "функция не целая, а функциональный квадрат целый" настолько сильное - то это довольно неожиданный для меня факт.

[DeBill]

Padawan в сообщении #1449926 писал(а):

Надо, чтобы было $f(0)=0$.

Пусть $f'(0) = k$, и $f\circ f=F$
Если $\left\lvert k \right\rvert \ne 0,1$, то применима теорема Шредера: есть локальная аналитическая замена координат $w=h(z), h(0)=0$, сопрягающая $F$ с линейным отображением $F_0(w)=Kw, K=k^2$:
$h\circ F=F_0\circ h$.
Тогда $F=h^{-1}\circ F_0 \circ h$, и искомое голоморфное $f$ дается формулой $f=h^{-1}\circ f_0 \circ h$, где $f_0(z) = kz$.
Применим это для $F(z) = 2z+z^2$, например.
Имеем: $F$ - целая (даже очень...), $f$ - голоморфная вблизи нуля, и верно равенство $f(f(z)) = 2z +z^2$.
Надо проверить, что $f$ - не целая. Ясно, что это - не многочлен. Тогда у нее на бесконечности - существенно особая точка. Как то это сильно сомнительно (но аккуратно как сделать?)
Случай $k=1$ - много хуже, там, как правило, уже локально итерационный корень не извлекается....Скажем, у уравнения $f(f(z))=e^z-1$ нет голоморфных решений в окрестности нуля (Baker I.N., Zusammensetzungen ganser Functionen, Math.Zeitschr.,69 (1958), p.121-163).

[mihaild]

Это уже слишком сложная для меня теория. Но кажется отсутствие у $f$ существенных особенностей следует из простых соображений: если у $f$ существенная особенность в конечной точке, то в образе окрестности $U$ этой точки будет вся плоскость кроме может быть пары точек - в том числе и вся $U$ кроме опять же максимум пары точек. Еще раз применим $f$ и получим что в $f(f(U))$ вся плоскость кроме максимум четырех точек - а при этом $U$ ограничена, и $f\circ f$ аналитическая, непорядок.
Если же у $f$ существенная особенность на бесконечности, а в $z_0$ полюс, то опять же в образе окрестности $z_0$ лежит окрестность бесконечности, и при применении $f$ еще раз получим почти всю плоскость.

[DeBill]

Ага. Или так:
Если $f(f(z))=2z+z^2$, и $f$ - целая, то $f'(z)f'(f(z)) = 2+2z$. Это равно нулю при $z=-1$. Но $f'(z)$ - тоже целая. Так что нуль для нее - не исключительное значение. Значит, по теореме Пикара она равна нулю еще в куче точек - противоречие.

[g______d]

mihaild в сообщении #1449913 писал(а):

Бывают мероморфные на всей сфере функции, у которых много пропущенных значений?

На сфере или на $\mathbb C$? Если на сфере, то, как Markiyan Hirnyk отметил, любая мероморфная функция рациональна.

Если на $\mathbb C$, то мероморфные функции на $\mathbb C$ с хотя бы одним полюсом, не принимающие двух значений, -- то же самое, что целые функции, не принимающие одного значения, поэтому их много. Но не принимать трёх значений они уже не могут.