\documentclass[12pt]{article}
\usepackage{amsfonts, euscript}

% корректная обработка переносов, в том числе при поиске и копировании
\defaulthyphenchar=127
\lccode`\-=`\-
\usepackage{cmap}
\newcommand\softhyphen{\char127\relax}
% также в локальную копию файла t2a.cmap внесено изменение:
%  <7F> <002D>   заменено на   <7F> <00AD>


\usepackage[cp1251]{inputenc}
\usepackage[russian]{babel}
\usepackage{amsmath, amsthm}
\usepackage{amssymb}
\begin{document}
\section*{Часть 1}
{\bf Задача 1-1.}
\begin{proof}а) Положим функцию $g$ периодичной с периодом $2\pi$ и зададим ее на отрезке $[-\pi,\pi]$. Рассмотрим отрезок $[x_1, x_0], x_1 = 1, y_1 = \frac {\pi}2$ и пусть $t_0$~-- его середина. Обозначим $n$~-ные прообразы точек $x_0,t_0$ через $x_n,t_n$, взятые из отрезка $[-\frac{\pi}2,\frac{\pi}2]$. Пусть $[t_0,x_0] \xrightarrow[]{g} [x_1,t_0]$~-- действует сдвигом на $t_0$. Теперь, положим $[x_1,t_0]\xrightarrow[]{g}[t_1,x_1]$ действует так, что $g^{(2)} \equiv \sin$ на отрезке $[t_1,x_1]$, затем аналогично для $[x_2,t_1]$ и т. д. Аналогично для отрезка $[-\frac{\pi}2,0]$. Положим $g(x) = g(\pi - x), \forall x\in [\frac{\pi}2, \pi]$ и аналогично для отрезка $[-\pi,-\frac{\pi}2]$. Легко видеть, что получен\-ная таким образом функция будет искомой и, более того, непрерывной.\\
б) Разобьем все точки на классы, образ которых после применения функции $\cos$ совпадает. Будем задавать каждый класс представителем с отрезка $[0, \pi]$, класс содержащий точку $x$ обозначим за $[x]$. Теперь зададим действие функции $g$ на классах следующим образом: для класса, содержащего неподвижную точку $\xi$ положим $g([\xi]) = \xi$, а все остальные классы разобьем на множества вида:
$$ \{\dots, [\cos^{(-1)}(\alpha)],[\alpha], [\cos(\alpha)], [\cos^{(2)}(\alpha)],\dots\}.$$
 Теперь разобьем эти множества на пары и для пары, порожденной классами $[\alpha], [\beta]$, зададим следующее действие $$g([\cos^{(n)}(\alpha)]) = \cos^{(n)}(\beta), g([\cos^{(n)}(\beta)]) = \cos^{(n+1)}(\alpha).$$ Видно, что квадрат полученной функции будет равен $\cos$.\\
г) Будем доказывать от противного: пусть такая функция $g$ есть. Для
начала, покажем, что в неподвижной точке $\xi$ такая функция $g$ не
может быть непрерывной. Во-первых, эта точка будет неподвижной и для
$g$ т.к. если $\psi = g(\xi) \neq \xi$, то $\cos(\psi) = g(g(\psi))
= g(g(g(\xi))) = \psi$, противоречие. Пусть $g$ непрерывна в точке
$\xi$, тогда она будет монотонна в некоторой окрестности точки $\xi$
поскольку в малой окрестности не будет точек разрыва и каждое
значение должно приниматься не более одного раза поскольку это
прообраз окрестности точки $\xi$ под действием $\cos$. Но этого не
может быть поскольку в таком случае её вторая итерация будет
монотонно возрастать в окрестности точки $\xi$, что
неверно.\end{proof}

{\bf Задачи 1-2, 1-3, 1-4.} Решения этих задач содержится в статье
В.~Викола и А.~Апостолова (mccme.ru), см. приложение.

{\bf Задача 1-5.}\begin{proof}Рассмотрим каких видов бывают
перестановки.
\begin{enumerate}
\item Тождественная перестановка. Её квадратом будет она сама.
\item Транспозиция. Её квадратом будет тождественная.
\item Произведение двух непересекающихся транспозиций. Их квадрат~-- тождественная.
\item Цикл длины 3. Его квадрат будет циклом длины 3, обратным к данному.
\item Цикл длины 4. Его квадрат будет произведением непересекающихся транспозиций
\end {enumerate}
Получаем всего $1 + 3 + 8$ перестановок, которые являются квадратами других перестановок.\\
Используя аналогичные рассуждения в случае 9 элементов мы получим,
что кубом может быть любая перестановка без циклов длины 6 и с 0 или
3 циклами длины 3.\end{proof}

\section*{Часть 2}

{\bf Задача 2-1.}
\begin{proof}a) Пусть $f(x)=x+c$. Тогда $f^{(\lambda)}(x)=x+\lambda c$.
\\б) Пусть $f(x)=\alpha x$. Тогда $f^{(\lambda)}(x)=\alpha^\lambda x$.
\\в) Пусть $f(x)=\alpha x+c$. Мы можем считать, что $\alpha\ne 1$ (ср. с пунктом а). Тогда $$f(x)=\alpha\left(x-\frac{c}{1-a}\right)+\frac{c}{1-\alpha}.$$ Откуда
$$f^{(\lambda)}(x)=\alpha^\lambda\left( x-\frac{c}{1-\alpha}\right)+\frac{c}{1-\alpha}.$$
г) Пусть $f(x)=ax^n$. Мы можем считать, что $a\ne1$ (ср. с пунктом
б). Отметим так же, что решение этого пункта повторяет решение
пункта в и это не случайно. Тогда
$$f(x)=\sqrt[1-n]c(x/\sqrt[1-n]c)^n.$$Откуда
$$f^{(\lambda)}(x)=\sqrt[1-n]c(x/\sqrt[1-n]c)^{\lambda n}.$$
\end{proof}
{\bf Задача 2-2.}
\begin{proof}Пусть $f(x):=x^2-2$. Подставим вместо $x$ в $f$ выражение $u+\frac{1}{u}$. Получим $$f(u+\frac{1}{u})=u^2+\frac{1}{u^2}.$$ Откуда $$f^{(\lambda)}(u+\frac{1}{u})=u^{2^\lambda}+\frac{1}{u^{2^\lambda}}.$$ Следовательно,$$f^{(\lambda)}(x)=\left(\frac{x+\sqrt{x^2-1}}{2}\right)^{2^\lambda}+\left(\frac{x-\sqrt{x^2-1}}{2}\right)^{2^\lambda}.$$\end{proof}

{\bf Задача 2-3-а.}
\begin{proof}Положим $z=u+\frac{1}{u}$. Так как $z\notin\mathbb R$, $|u|\ne 1$. По предыдущей задаче $$f^{(n)}(z)=f^{(n)}(u+\frac{1}{u})=u^{2^n}+\frac{1}{u^{2^n}}.$$ Очевидно, что $$\lim\limits_{n\to\infty}|u^{2^n}+\frac{1}{u^{2^n}}|=+\infty.$$\end{proof}
{\bf Задача 2-3-б.}
\begin{proof} Пусть $f(x)$ --- это многочлен степени $n$ с целыми коэф\-фи\-ци\-ент\-ами и старшим коэффициентом 1. Пусть $x_1,..., x_n$ --- корни мно\-го\-чле\-на $f$. Все коэффициенты многочлена $$f_n(x):=(x-x_1)...(x-x_n)$$ являются по теореме Виета симметрическими многочленами от $x_1,..., x_n$ с целыми коэффициентами. Следовательно, все корни многочлена $f_n$ выражаются как целочисленные многочлены через элементарные сим\-метр\-ич\-еск\-ие многочлены (:=коэффициенты многочлена $f$). Откуда все коэффициенты многочлена $f_n$ --- целы. Так как $|x_i|=1$ для всякого $i$, $|x_i^k|=1$ для всяких $i$ и $k$. Откуда для всякого $k$ все коэффициенты многочлена $f$ не превосходят $n!$. А, следовательно, существуют различные числа $k_1, k_2$ такие, что $f_{k_1}=f_{k_2}$. Но тогда множества чисел \begin{center}$\{x_1^{k_1},..., x_n^{k_1}\}$ и $\{x_1^{k_1},..., x_n^{k_1}\}$\end{center} совпадают. Откуда все числа $x_i$ есть корни из 1 (см. также <<Математическое Просвещение>>, 2004 год, выпуск 9).\end{proof}
Эта задача принадлежит М.~Концевичу.

{\bf Задача 2-3-в.}
\begin{proof}Пусть $n$ --- степень многочлена $P(x)$, а $\{x_1,...,
x_n\}$ --- корни $P(x)$. Тогда корни многочлена
$$u^nP(u+\frac{1}{u})$$ есть решения всевозможных уравнений
$u+\frac{1}{u}=x_i$. Так как $x_\in [-1.99, 1.99]$, все решения этих
уравнений комплексны и равны по модулю 1. Очевидно, многочлен
$u^nP(u+\frac{1}{u})$ имеет целые коэффициенты, и, следовательно, по
задаче {\bf 2-3-б} все его корни - корни из единицы. Пусть $u_i$ ---
корень степени $m_i$ из единицы, являющийся корнем многочлена
$P(x)$. Тогда $u_i^r$ --- корень многочлена $u^nP(u+\frac{1}{u})$
для всякого целого $r$ такого, что $(r, m_i)=1$ (cм.
<<Математическое Просвещение>>, 2004 год, выпуск 9).

Существует такое $N$, что для всякого $m>N$ и всякого примитивного
корня $m$-ой степени из единицы $u$ существует число $r$,
взаимнопростое с $m$ такое, что 2Re$u^r>1.99$. Откуда следует, что
существует конечное множество, которому принадлежат все корни
всякого многочлена $P(x)$, удовлетворяющего условию задачи.
\end{proof}

\section*{Часть 3}
{\bf Задача 3-1.}
\begin{proof} Пусть $K$ -- большая карта. Введём отображение $f:K \to
K$, каждой точке большой карты ставящее в соответствие ту точку, на
которой лежит соответственная точка маленькой карты. Задача
пе\-ре\-форм\-ули\-ру\-ется следующим образом: найти неподвижную точку
от\-обра\-же\-ния $f$. Очевидно, $f(K)$ -- некоторый прямоугольник,
лежащий в $K$, $f(f(K))$ -- прямоугольник, лежащий в $f(K)$ и так
далее. Получаем последовательность вложенных друг в друга подобных
прямоугольников, большие стороны которых образуют геометрическую
прогрессию со знам\-ена\-тел\-ем, меньшим $1$. Эти прямоугольники имеют
единственную общую точку $x$. Предположим, что $a\not = 0$ --
расстояние между $x$ и $f(x)$. Найдётся прямоугольник $f^{(m)}(K)$ с
длиной диагонали меньшей, чем $a$. Так как $f(x)$ лежит внутри
$f(f^{(m)}(K))$, а $f^{(m+1)}(K)$ лежит внутри $f^{(m)}(K)$, то
расстояние между $x$ и $f(x)$ меньше, чем $a$. Противоречие.
Следовательно, $x=f(x)$.
\end{proof}

{\bf Задача 3-2.}
\begin{proof}
Рассмотрим функцию $f(x)=\sqrt{1+x}$. Наша посл\-едов\-атель\-ность -- это
$x_n:=f^{(n)}(1)$. Решая уравнение $f(x)=x$, получим, что
$\frac{1+\sqrt{5}}{2}$ -- единственная неподвижная точка
преобразования $f$. При этом при $0<x<\frac{1+\sqrt{5}}{2}$
выполнено двойное неравенство $x<f(x)<\frac{1+\sqrt{5}}{2}$. Стало
быть, последовательность $x_n$ является строго возрастающей и
ограниченной, а, следовательно, имеет некий предел $h$. Так как
функция $f$ непрерывна, то последовательность $f(x_n)$ сходится к
$f(h)$, а значит, $f(h)=h$. Таким образом, $h=\frac{1+\sqrt{5}}{2}$.
\end{proof}
{\bf Задача 3-3.}
\begin{proof}
Обозначим $\sin(\tg(x)):=f(x)$, $\tg(\sin(x)):=g(x)$. Требуется
найти предел
$$
\lim_{x \to 0}{\frac{f(x)-g(x)}{g^{(-1)}(x)-f^{(-1)}(x)}}.
$$
Заметим, что $f$, $g$, $f^{(-1)}$ и $g^{(-1)}$ являются бесконечно
дифференцируемыми функциями в окрестности нуля и все они сохраняют
$0$. Также заметим, что $\lim\limits_{x\to 0}{\frac{f(x)}{x}}=1$. То
же самое верно для функций $g$, $f^{(-1)}$ и $g^{(-1)}$.

Пусть у функции $h(x)=g^{(-1)}(x)-f^{(-1)}(x)$ первые $k-1$
производных в нуле являются нулями, а $k$-тая производная нулём не
является. Тогда
$$
\lim_{x\to 0}{\frac{g^{(-1)}(x)-f^{(-1)}(x)}{x^k}}=\frac{h^{\lefteqn
{\overbrace {\phantom {|}} ^{K \: \mbox{раз}}}}{}''^{\ \cdots\
}{}'(0)}{k!}.
$$
Вместо $x$ подставим $f(x)$. Получим
$$
\lim_{x\to
0}{\frac{g^{(-1)}(f(x))-f^{(-1)}(f(x))}{(f(x))^k}}=\frac{h^{\lefteqn
{\overbrace {\phantom {|}} ^{K \: \mbox{раз}}}}{}''^{\ \cdots\
}{}'(0)}{k!}.
$$

Следовательно,

$$
\lim\limits_{x\to
0}{\frac{g^{(-1)}(x)-f^{(-1)}(x)}{g^{(-1)}(f(x))-x}}=1.
$$

Из того, что $\lim\limits_{x\to 0}{f^{(-1)}(x)}=1$, следует, что
$$
\lim_{x\to 0}{\frac{f^{(-1)}(f(x))-f^{(-1)}(g(x))}{f(x)-g(x)}}=1.
$$

Введём обозначение $f^{(-1)}(g(x))=s(x)$. Тогда задача сводится к
нахождению предела
$$
\lim_{x\to 0}{\frac{x-s(x)}{s^{(-1)}(x)-x}}.
$$

Если $s(x)$ в окрестности нуля разлагается в ряд Тейлора как
$$x+ax^k+\dots,$$ то ряд Тейлора функции $s^{(-1)}(x)$ имеет вид
$$x-ax^k+\dots.$$ Следовательно, предел отношения числителя к
знаменателю равен 1.
\end{proof}

\section*{Часть 4}
{Задача 4-1.}
\begin{proof} Введём систему координат такую, что точка $A$ имеет
координаты $(0, 0)$, точка $B$ -- (0, 1), точка $C$ -- (1, 0). Пусть
точка $X$ имеет координаты $(a, b)$. Тогда после применения
"притягивания" к одной из наших точек, мы получим точку с одним из
следующих наборов координат.$$\left(\frac{a}{2}, \frac{b}{2}\right),
\hspace{20pt}\left(\frac{a}{2}+\frac{1}{2},
\frac{b}{2}\right),\hspace{20pt} \left(\frac{a}{2},
\frac{b}{2}+\frac{1}{2}\right)$$Ясно, что для любого $\varepsilon>0$
существует $n$ такое, что после какого-то числа операций
притягивания координаты $a$ и $b$ станут больше $-\varepsilon$, и,
следовательно, получившаяся точка будет принадлежать углу, почти
совпадающему с углом $\angle CBA$. Таким образом, после какого-то
числа итераций любая точка обязательно попадет в треугольник,
подобный треугольнику ABC с коэффициентом $1+\varepsilon$ и
содержащий $ABC$. След\-ова\-тель\-но, любая точка вне треугольника
или будет к границе ближе, чем на $\varepsilon$, или попадёт внутрь
треугольника. Без ограничения общности далее считаем, что исходная
точка $X$ лежит внутри треугольника.

После операции притягивания к $A$ множество $\EuScript X\subset
\triangle ABC$ треугольника переходит в множество $\EuScript X_A$,
имеющее в 4 раза меньшую площадь. Всего таких множеств 3: $\EuScript
X_A, \EuScript X_B, \EuScript X_C$. Откуда видно, что площадь
$$\EuScript X_A\cup\EuScript X_B\cup\EuScript X_C$$ небольше $3/4$
площади $\EuScript X$. Таким образом, образ $n$-го шага наших
итераций при действии на треугольник $ABC$ представляют собой
объ\-един\-ение треугольников (<<ковёр Серпинского>>), общей
площадью небольше $(3/4)^n$. Следовательно, можно выделить фигуру
$\EuScript F$ площади $0.00000001$ такую, что после какого-то числа
притягиваний любая точка обязательно попадёт в $\EuScript
F$.\end{proof}

{\bf Задача 4-2.}
\begin{proof} Обозначим через $f(x)=x^2-10$. Уравнение $f(x)=x$ имеет ровно два решения в вещественных числах, а именно $x_{1, 2}=\frac{1\pm\sqrt{41}}{2}$. Отметим, что $x_1, x_2$ - неподвижные точки отображения $x\to f(x)$. Для определённости считаем, что $x_2> x_1$. Пусть
$x_2^*$ это корень уравнения $f(x)=x_2$, отличный от $x_2$. Пусть
$y_1, y_2$ --- это корни уравнения $f(x)=x_2^*$, причём такие, что
$y_1<y_2$. Заметим, что $f$ монотонна на отрезках $[x_2^*, y_1]$ и
$[y_2, x_2]$ и образы этих отрезков совпадают с отрезком $[x_2^*,
x_2]$. Важно, что производная $f$ на $[x_2^*, y_1]$ и $[y_2, x_2]$
неменьше 3.

Для всех $x\in[-10, x_2^*]\cup[x_2, +\infty)$ последовательность $x,
f(x), f(f(x)),...$ стремится к бесконечности и возрастает, начиная
со второго члена. Откуда множество точек, для которых предел
последовательности $$x, f(x), f(f(x)),...$$ не существует либо не
совпадает с бесконечностью, совпадает с $$\cap_if^{(-i)}([x_2^*,
x_2])=\cap_if^{(-i)}([x_2^*, y_1]\cup[y_2, x_2]).$$
 Прообраз $f^{(-i)}([x_2^*,
y_1]\cup[y_2, x_2])$ состоит из $2^{i+1}$ кусков и каждый кусок
биективно отображается на какой-то кусок $f^{(-i+1)}([x_2^*,
y_1]\cup[y_2, x_2])$. Так как производная $f$ неменьше трёх на
$[x_2^*, y_1]\cup[y_2, x_2]$,  суммарная длина $f^{(-i)}([x_2^*,
y_1]\cup[y_2, x_2])$ небольше $2/3$ суммарной длины
$f^{(-i+1)}([x_2^*, y_1]\cup[y_2, x_2])$. Откуда очевидно, что
$f^{(-i)}([x_2^*, y_1]\cup[y_2, x_2])<0.0000001$ для какого-то $i$
и, следовательно, $f^{(-i)}([x_2^*, y_1]\cup[y_2, x_2])<0.0000001$
является искомой системой отрезков, содержащей все точки $x$, для
которых предел последовательности $x, f(x), f(f(x)),...$ не
существует или не равен бес\-кон\-ечн\-ости.
\end{proof}

\section*{Часть 5}
{\bf Задача 5-1.} \begin{proof}Найдем производную функции
$$(f^{(n)}(x) - x)' = -\sin(f^{(n-1)}) \cdot (f^{(n-1)})' - 1.$$
Заметим, что продолжая раскрывать таким образом производную, мы
получим, что первое слагаемое по модулю не превосходит единицы.
Значит функция $f^{(n)}(x) - x$ монотонно убывает. При этом,
очевидно, нулём будет решение уравнения $\cos x = x$ и это будет
единственным решением исходного уравнения.\end{proof}

{\bf Задача 5-2.}\begin{proof}Решим для начала уравнение $f(x) = x$
т.е. $1 - x^2 = x \Leftrightarrow x^2 + x - 1 = 0$ решениями
которого будут $x_{1,2} = \frac {-1\pm \sqrt{5}}2$. Также, видно,
что при $x < \frac {-1- \sqrt{5}}2$ значения $f^{(n)}(x)$ будут
убывать. Образом отрезка $[-1,0]$ будет отрезок $[0,1]$, значит
решений уравнения на этом отрезке нет. Аналогично, можно взять его
прообраз. прообраз его прообраза и т.д. и получить, что решений
уравнения нет на отрезке $[\frac {-1- \sqrt{5}}2, 0]$. Далее,
обозначим $\frac {-1+ \sqrt{5}}2$ за $\varphi$ и заметим, что
$\forall x\in [0,\varphi] \ f(x)\in [\varphi,1]$ и $\forall x\in
[\varphi, 1] \ f(x)\in [0, \varphi]$. Значит, для нечётных итераций
$f$ корней кроме $x_{1,2}$ не будет. Рассмотрим теперь $f^{(2)}$.
Она задаётся многочленом $2x^2 - x^4$ --- многочленом степени 4. У
$f^{(2)}(x) - x$ четыре корня, два из которых это $x_{1,2}$, а
оставшиеся 2 это 0 и 1. Из этого следует, что на интервале $[0,
\varphi]$ график функции $f^{(2)}$ расположен по одну сторону от
прямой $y=x$ и при итерациях $f^{(2)}$, которые суть чётные итерации
$f$, значение $f^{(2k)}(x)$ будет изменяться монотонно в пределах
интервала $(0,\varphi)$, а значит решений на нём не будет.
Аналогично для интервала $(\varphi,1)$. Таким образом, будет два
решения $\frac {-1\pm \sqrt{5}}2$  для всех $n$ и ещё два решения 0
и 1 для чётных $n$.\end{proof}

{\bf Задача 5-3-а.} \begin{proof}Хорошо известно, что при
$0<x<\frac{\pi}{2}$ верно, что $x<\sin(x)$. Поэтому
последовательность$$x, \sin(x), \sin(\sin(x)),...$$убывает при
$0<x<\frac{\pi}{2}$. Пусть $\alpha(x)$ --- её предел. Тогда
$$\sin(\alpha(x))=\sin(\lim\limits_{n\to\infty}\sin^{(n)}(x))=\lim\limits_{n\to\infty}\sin^{(n+1)}(x)=\alpha(x).$$ И так
как $\alpha(x)\ge 0$, отсюда вытекает, что $\alpha(x)=0$.\end{proof}

{\bf Задача 5-3-б.}\begin{proof} Пусть $f, g$
--- пара функций таких, что
$$\lim\limits_{x\to 0}f(x)=\lim\limits_{x\to 0}g(x)=0.$$ Если
$\lim_{x\to 0}\frac{g(x)}{f(x)}=0$, мы будем позволять себе заменять
функцию $g(x)$ на обозначение $o(f(x))$. Мы докажем несколько более
общее утверждение, чем утверждение задачи 5-3-б.

{\bf Утверждение.} Если f$(x)=x-\frac{x^3}{6}+o(x^3)$, то
$\lim\limits_{n\to\infty}\sqrt{n}f^{(n)}(x_0)=\sqrt{3}$ для всех
$x_0$, достаточно близких к 0. Обозначим через SQ(x) функцию $\sqrt
x$. Рассмотрим функцию: $$\tilde f:=SQ^{(-1)}\circ f\circ SQ.$$
Легко видеть, что $(SQ^{(-1)}\circ f\circ
SQ)(x)=x+\frac{1}{3}+o(1)$.

{\bf Предложение.} Пусть для некоторой функции $\tilde f$ верно, что
$$\tilde f(x)=x+\frac{1}{3}+o(1).$$ Тогда для всех $x$, достаточно
малых по модулю, $\lim\limits_{n\to\infty}\frac{\tilde
f^{(n)}(x)}{n}=\frac{1}{3}$.
\begin{proof}Для всякого достаточно малого по модулю $x$ и $\varepsilon>0$ существует $N$ такое, что для всякого $n>N$ верно, что $$f^{(n+1)}(x)\in [f^{(n)}(x)+\frac{1}{3}-\varepsilon, f^{(n)}(x)+\frac{1}{3}-\varepsilon].$$ Откуда для всякого $n>N$ верно, что $$f^{(n)}(x)\in[f^{(N)}(x)+\frac{1}{3}(n-N)+(n-N)\varepsilon, f^{(N)}(x)+\frac{1}{3}(n-N)-(n-N)\varepsilon]$$ и, следовательно, $$\frac{1}{3}-\varepsilon+\frac{f^{(n)}(x)}{n-N}<\frac{f^{(n)}(x)}{n-N}<\frac{1}{3}-\varepsilon+\frac{f^{(n)}(x)}{n-N}.$$ Откуда видно, что существует $N'$ такое, что для всех $n>N'$ верно, что $$\frac{1}{3}-2\varepsilon<\frac{f^{(n)}(x)}{n}<\frac{1}{3}+2\varepsilon.$$ Следовательно, $\lim\limits_{n\to \infty}\frac{f^{(n)}(x)}{n}=\frac{1}{3}$.\end{proof}
Пусть $x=SQ(y)$. Заметим, что $$SQ^{(-1)}(
f^{(n)}(x))=SQ^{(-1)}(f^{(n)}(SQ(y)))=(SQ^{(-1)}\circ f\circ
SQ)^{(n)}(y).$$ Напомним, что $\tilde f:=SQ^{(-1)}\circ f\circ SQ$.
По предыдущему предложению, $\lim\limits_{n\to\infty}\frac{\tilde
f^{(n)}(y)}{n}=\frac{1}{3}$. Откуда
$$\lim\limits_{n\to\infty}\frac{(\frac{1}{f^{(n)}(x)})^2}{n}=\frac{1}{3}.$$
Откуда $\lim\limits_{n\to\infty}\sqrt{n}f^{(n)}(x)=\sqrt{3}$.
\end{proof}
\begin{proof}[Идея второго решения] Снова воспользуемся идеей сопряжения. Пусть $SQ=$(e$^{-\frac{1}{x^2}})^{(-1)}$. Тогда $$SQ^{(-1)}\circ \sin(x)\circ SQ\sim
e^{-\frac{1}{3}}x.$$Пусть $x=SQ(y)$. Тогда
$$SQ^{(-1)}(\sin^{(n)}(SQ(y)))=SQ^{(-1)}(\sin(SQ))^{(n)}(y)=\mathrm e^{-\frac{n}{3}+o(n)}y.$$
Тогда $\sqrt{n}\sin^{(n)}(x)=\sqrt 3(1+o(1))$.\end{proof}

{\bf Задача 5-4.}

Доказательство этой задачи дословно повторяет доказательство задачи
5-3-2, но мы считаем нужным его воспроизвести.
\begin{proof} Мы докажем несколько более общее утверждение, чем утверждение
задачи 5-3-2.\medskip

{\bf Утверждение.} Если f$(x)=x-ax^k+o(x^k)$, то
$$\lim\limits_{n\to\infty}\sqrt[k-1]{n}f^{(n)}(x)=\sqrt[k-1]{\frac{1}{(k-1)a}}$$
для всех $x$, достаточно близких к 0.

Обозначим через SQ(x) функцию $\sqrt[k-1]{x}$. Рассмотрим функцию:
$$\tilde f:=SQ^{(-1)}\circ f\circ SQ.$$ Легко видеть, что $(SQ^{(-1)}\circ f\circ
SQ)(x)=x+(k-1)a+o(1)$.\medskip

{\bf Предложение.} Пусть для некоторой функции $\tilde f$ верно, что
$$\tilde f(x)=x+\alpha+0(1).$$ Тогда для всех $x$, достаточно
малых по модулю, $\lim\limits_{n\to\infty}\frac{\tilde
f^{(n)}(x)}{n}=\alpha$.
\begin{proof}Упражнение для Читателя.\end{proof}

Пусть $x=SQ(y)$. Заметим, что
$$SQ^{(-1)}( f^{(n)}(x))=SQ^{(-1)}(f^{(n)}(SQ(y)))=(SQ^{(-1)}\circ
f\circ SQ)^{(n)}(y).$$ Напомним, что $\tilde f:=SQ^{(-1)}\circ
f\circ SQ$. По предыдущему предложению,
$\lim\limits_{n\to\infty}\frac{\tilde f^{(n)}(y)}{n}=(k-1)a$. Откуда
$$\lim\limits_{n\to\infty}\frac{\left(\frac{1}{f^{(n)}(x)}\right)^{(k-1)}}{n}=\sqrt[k-1]{\frac{1}{(k-1)a}}.$$
Откуда
$\lim\limits_{n\to\infty}\sqrt[k-1]{n}f^{(n)}(x)=\sqrt[k-1]{\frac{1}{(k-1)a}}$.
Для всякого достаточно малого по модулю $x$ и $\varepsilon>0$
существует $N$ такое, что для всякого $n>N$ верно, что
$$f^{(n+1)}(x)\in [f^{(n)}(x)+\frac{1}{3}-\varepsilon,
f^{(n)}(x)+\frac{1}{3}-\varepsilon].$$ Откуда для всякого $n>N$
верно, что
$$f^{(n)}(x)\in[f^{(N)}(x)+\frac{1}{3}(n-N)+(n-N)\varepsilon,
f^{(N)}(x)+\frac{1}{3}(n-N)-(n-N)\varepsilon]$$ и, следовательно,
$$\frac{1}{3}-\varepsilon+\frac{f^{(n)}(x)}{n-N}<\frac{f^{(n)}(x)}{n-N}<\frac{1}{3}-\varepsilon+\frac{f^{(n)}(x)}{n-N}.$$
Откуда видно, что существует $N'$ такое, что для всех $n>N'$ верно,
что
$$\frac{1}{3}-2\varepsilon<\frac{f^{(n)}(x)}{n}<\frac{1}{3}+2\varepsilon.$$
Следовательно, $\lim\limits_{n\to
\infty}\frac{f^{(n)}(x)}{n}=\frac{1}{3}$.\end{proof}

{\bf Задача 5-5.}\begin{proof}Пусть $f(x)=x-exp(-1/x^2)$,
$x_n=f^{(n)}(x)$. Положим $y_n=1/x_n$. Тогда $y_{n+1}-y_n\sim
y_n\exp(y_n^{-2})$.

Заменяем разностное уравнение дифференциальным -- ассимптотика не
меняется. Надо оценить функцию $f(n)$, удовлетворяющую уравнению

$y'=ye^{-y^2}$ или $dy/ye^{y^2}=1$. Или
$\int_1^he^{u^2}d(u^2)/u^2=2h+C$. Отметим, что при больших $y$
величина $y^2$ по сравнению с $\exp(y^2)$ ведет себя как константа.
Поэтому с точки зрения ассимптотики можно перейти к функции $z$
такой что

$\frac{1}{2h^2}\int_1^h du^2e^{u^2}\sim t$ откуда
$\frac{e^{h^2}}{2h^2}\sim n$

Или

$h^2\sim \ln(n)+2\ln(h)\sim \ln(n)+\ln(\ln(n))$ и $h\sim
\sqrt{\ln(n)}$.


Это означает, что $\lim\sqrt{\ln(n)}\cdot x_n=1$.
\end{proof}
\section*{Часть 6}
{\bf Задача 6-1.}
\begin{proof} Пусть $f(x)$ коммутирует с $y(x)$. Тогда 2$f(x)=f(2x)$. Заметим, что $$f(1)=2f(\frac{1}{2})=4f(\frac{1}{4})=....,$$а значит $f(0)=2f(0)$ и, следовательно, $f(0)=0$. Покажем, что функция $\frac{f(x)}{x}$ постоянна. Действительно,  $$\frac{f(x)}{x}=\frac{f(\frac{x}{2})}{\frac{x}{2}}=\frac{f(\frac{x}{4})}{\frac{x}{4}}=...=f'(0)$$ для всякого $x$. Откуда $f(x)=f'(0)x$.\end{proof}

{\bf Задача 6-2.}
\begin{proof}Рассмотрим произвольную непрерывную функцию $f_{2, 4}$, определённую на отрезке $[2, 4]$ и равную 0 в его концах. С помощью формул $$f(2x)=2f(x), f(-x)=f(x), f(0)=0$$ продолжим функцию $f_{2, 4}$ на всю числовую прямую. Очевидно, что она определена и непрерывна во всех точках, включая ноль. Если функция $f_{2, 4}$ недифференцируема в какой-то внутренней точке, то, очевидно, не\-дифф\-еренц\-иру\-ема и $f$.\end{proof}

По задаче {\bf 7-5} функция $\frac{\sin(x)}{2}$ сопряжена функции
$\frac{x}{2}$ с помощью гладкой функции $R$. Таким образом, задачи
{\bf 6-4} и {\bf 6-5} являются прямыми аналогами (и следствиями)
задач {\bf 6-1} и {\bf 6-2}. В силу сопряжённости функций
$\sin(\frac{x}{2})$ и $\frac{x}{2}$, задача {\bf 6-3} вытекает из
следующего утверждения.\medskip

{\bf Утверждение.} Положим $f(x)=\frac{x}{2}$. Существует и
единственная коммутирующая с $f$ дифференцируемая функция $g(x)$
такая, что $g'(0)=\frac{1}{1024}$. Она равна
$$f^{(10)}(x)=\frac{1}{1024}x.$$

Функция $R(x)=$e$^{-\frac{1}{x^2}}$ сопрягает функцию $\sin(x)$
функции $\tilde f$ такой, что $\tilde f'(0)=\frac{1}{3}$. Таким
образом, применяя задачу {\bf 7-5}, мы сводим задачи {\bf 6-7}, {\bf
6-8} и {\bf 6-6-в} к задаче {\bf 6-1}. К задачам {\bf 6-6-а} и {\bf
6-6-б} приводятся контрпримеры, аналогичные примеру задачи {\bf
6-2}.

{\bf Задача 6-9} совпадает с задачей {\bf 5-4}.

\section*{Часть 7}
{\bf Задача 7-1.}
\begin{proof}Докажем верность первого и третьего
утверждения по индукции.\\а) База. Для $n=1$, очевидно, верно.\\
Переход: $n\rightarrow n+1$.
\begin{center}$\cos(n\cdot\arccos(x))=$\\$=x\cos((n-1)\cdot\arccos(x)) -
\sin(\arccos(x))\sin((n-1)\arccos(x))=$\\$=x^2\cos((n-2)\cdot\arccos(x))
- \sin^{2}(\arccos(x))\sin((n-2)\arccos(x)) -
2x\sin(\arccos(x))\sin((n-2)\arccos(x))=$\\$=x^{2}\cos((n-2)\cdot\arccos(x))
- (1 - \cos^{2}(\arccos(x)))\cos((n-2)\arccos(x)) -
2x\sin(\arccos(x))\sin((n-2)\arccos(x)).$\end{center}Заметим, что
первые два слагаемых по предположению индукции являются
многочленами. Рассмотрим третий член:
\begin{center}$2x\sin(\arccos(x))\sin((n-2)\arccos(x))=$\\$=
2x\cos(\arccos(x))\cos((n-2)\arccos(x)) -
2x\cos((n-1)\arccos(x))$,\end{center} что тоже является полиномом.
\\б) Воспользуемся предыдущим пунктом: \begin{center}$\sin((2n-1)\arcsin(x)) =
\sin((2n-1)(\frac{\pi}{2} - \arccos(x)))=$\\$=
\sin(\frac{(2n-1)\pi}{2} - (2n-1)\arccos(x))) =
\pm\cos((2n-1)\arccos(x)), $\end{center}что является полиномом.
\\в) База опять очевидна. Переход: $n\rightarrow
n+1$.$$\tg(n\arctg(x)) = \frac{\tg((n-1)\arctg(x)) + x}{1 -
x\tg((n-1)\arctg(x))}.$$

В этой дроби и верхняя и нижняя часть по предположению индукции
рациональные функции. А отношение двух рациональных функций тоже
рациональная функция.\end{proof}

{\bf Задача 7-2.}\begin{proof}Пусть утверждение не верно. Тогда
существует полином $P$ и функция $R$: $P =
R\circ\sin\circ~R^{(-1)}$. Так как $R^{(-1)}$ существует, то $R$
является биекцией на рациональных числах. Рассмотрим множество $U :=
\left\{x: \sin(x) = 0\right\}$. $R^{(-1)}(U)$ (обозначим это
множество за V) счётно из счётности $U$ и биективности $R$. Тогда
для любого $x \in V P(x) = R\circ\sin\circ R^{(-1)}(x) = R(0) =$
const. Значит, полином принимает какое - то значение счётное число
раз. А такое невозможно.\end{proof}

{\bf Задача 7-3.}\begin{proof}Если $с=0$, то этот случай был
разобран в предыдущих задачах. Пусть $c \neq 0.$

У нас есть функция $f = \frac{ax+b}{cx+d}$. Если мы найдем функцию
R: $R\circ f\circ R^{(-1)} = g$, где g линейна, то  тогда можно
положить: $f^{(k)} = R^{(-1)}\circ g^{(k)}\circ R.$ А дробные
итерации линейных функций уже известны. Покажем, как найти $R$.
После сопряжения функцией $R_{1} = x + \frac{a}{c}$ функция $f$
превращается в функцию $f_{1} = \alpha + \frac{\beta}{x}$, где
$\alpha$ и $\beta$ - алгебраические выражения от изначальных
переменных. После этого сопрягая функцию $f_{1}$ с помощью $R_{2}$ =
$x\sqrt{\beta}$, получаем функцию $f_2 = s + \frac{1}{x}$. И,
наконец, сопрягая функцию $f_{2}$ с помощью $R_{3} = 1 + \frac{1}{x
+ \lambda}$, где $\lambda$ - корень уравнения $\lambda(\lambda - s)
- 1 = 0,$ получаем линейную функцию. Итого, мы нашли $R$, которое
равняется $R_{3}\circ R_{2}\circ R_{1}.$\end{proof}

{\bf Задача 7-4.}\begin{proof} Заметим, что $$(f^{n})'(0) =
f'(f(f(\cdots)))(0)\cdot f'(f(\cdots))(0)\cdots f'(0) = k^{n}.$$
Далее
$$(R\circ f \circ R^{(-1)})'(0) =
R'(f(R^{(-1)}(0)))f'(R^{(-1)}(0))(R{(-1)})'(0)=$$ $$=f'(0)\cdot
R'(0)\cdot(R{(-1)})'(0) = f'(0).$$Напомним, что $\left|f'(0)\right|
= \left|k\right| < 1.$ Возьмём $q: \left|k\right| < q < 1.$ Из
определения производной существует окрестность нуля такая, что в
этой окрестности $\left|f(x)\right| < q\left|x\right|$.
Следовательно, для точек из этой окрестности,
$$\left|f^{n}(x)\right| < q^nx,$$ и, значит, $f^{(n)}(x)
\rightrightarrows 0$ при $n\to\infty$.\end{proof}

{\bf Задача 7-5.}
\begin{proof}Для доказательства утверждения нам будут полезны следующие
факты.\medskip

{\bf Предложение.} Пусть $f$ --- дважды дифференцируемая функция
такая, что $f(0)=0$ и $f'(0)=k$, где $0<k<1$. Тогда $$\exists C>0
\exists \varepsilon>0 \mid \forall x\in (-\varepsilon, \varepsilon)~
|f^{(n)}(x)'|<Ck^n.$$
\begin{proof}Пусть $f, g$
--- пара функций таких, что
$$\lim\limits_{x\to 0}f(x)=\lim\limits_{x\to 0}g(x)=0.$$ Если
функция $\frac{g(x)}{f(x)}$ определена и ограничена в какой-то
окрестности 0, мы будем позволять себе заменять функцию $g(x)$ на
обозначение $O(f(x))$.

Выпишем явно выражение для
$f^{(n)}(x)=$~$$f'(x)f'(f(x))...f'(f^{(n-1)}x).$$ Так как
$$f'(f^{(m)}(x))=k(1+O(f^{(m)}(x)))=$$верно, что
$$\frac{f^{(n)}{'}(x)}{k^n}=(1+O(x))(1+O(f(x)))...(1+O(f^{(n-1)}(x))).$$
Так как ряд $$x+f(x)+f(f(x))+...$$сходится абсолютно, существует
константа $C$ такая, что $f^{(n)}(x)<Ck^n.$
\end{proof}
Для функции $f$ и целого числа $m$ мы будем обозначать $m$-ую
производную через $f^{[m]}$.\medskip

{\bf Предложение.} Пусть $f$
--- гладкая функция такая, что $f(0)=0$ и $f'(0)=k$, где $-1<k<1$.
Тогда
$$\forall m\ge 1\exists C_m>0 \exists \varepsilon_m>0 \mid \forall
x\in (-\varepsilon_m, \varepsilon_m) |f^{(n)}(x)^{[m]}|<C_mk^n.$$
\begin{proof}Нам будет полезна следующая лемма:\medskip

{\bf Лемма.} Пусть для какого-то $m>0$ существует такая константа
$C$, что для всякого $r\le m$ верно, что $f^{(n)}(x)^{[m]}\le Ck^n$,
то для всякого $r$ такого, что $1<r\le m$ верно, что
$(f'(f^{(n)}(x)))^{[r]}\le C'k^n$ для какой-то константы $C'$.

\begin{proof}При дифференцировании $f'(f^{(n)}(x))$ не более $m$ раз в каждом слагаемом присутствует $f^{(n)}$ или производная $f^{(n)}$ порядка не более $m$.\end{proof}

Напомним, что $f^{(n)}(x)'=$
$$f'(x)f'(f(x))...f'(f^{(n-1)}(x)).$$ Заметим, что
$f^{(n-1)}(x)^{[m]}=(f^{(n-1)}(x)^{[1]})^{[m-1]}$. Докажем наше
утверждение по индукции. База - доказана предшествующим
предложением. Переход $m\to m+1$. Выражение $f^{(n)}(x)'$ есть
произведение $n$ сомножителей и применение к $f^{(n)}(x)'$
производной $m$-раз есть сумма $n^m$ слагаемых, причём в каждом из
слагаемых затрагивается не более $m$ сомножителей $f^{(n)}(x)'$.
Рассмотрим все выражения, в которых затрагивается ровно $r\le m$
сомножителей. В силу того, что производная затронутого сомножителя
$f'(f^{(s)})(x)$ не превосходит $C'k^s$, сумма указанного набора
затронутых сомножителей не превосходит
$$m!k^{n-r}\sum\limits_{i_1,...,i_r\le n}\prod\limits_{q=1}^r(C'k^{i_q})=m!C'^rk^{n-r}\prod\limits_{q=1}^r(1+...+k^n)\le m!C'^rk^{n-r} \left(\frac{1}{1-k}\right)^r.$$
Очевидно, что сумма всех этих выражений по всем $r$ не превосходит
$C''k^n$ для какого-то числа $C''>0$.
\end{proof}

Если для множества $\EuScript F$ непрерывно дифференцируемых функций
существует константа $C$ такая, что $\forall f\in\EuScript F$ верно,
что \begin{center}$|f(x)|<C$ и $|f'(x)|<C$\end{center} для всякого
$x$, то существует сходящаяся последовательность $f_1, f_2,..., f_n$
попарно различных функций из $\EuScript F$ (см. замечательную книжку
<<Анализ>> В.~А.~Зорича, в частности теорему Арцеля-Асколи). Так как
$m$-ые произ\-вод\-ные послед\-ова\-тель\-нос\-ти
$\frac{f^{(n)}}{k^n}$ равномерно ограничены для всякого $m\ge 1$,
существует возрастающая последовательность $n_1, n_2,...$ такая, что
послед\-ова\-тель\-ность $\frac{f^{(n_1)}}{k^{n_1}},
\frac{f^{(n_2)}}{k^{n_2}},...$ сходится равномерно и равномерно
сходится ряд её $m$-ых производных для всякого $m\ge 1$. Отсюда
следует, что последовательность
$$\frac{f^{(n_1)}}{k^{n_1}},
\frac{f^{(n_2)}}{k^{n_2}},...$$равномерно сходится, а,
следовательно, сходится к функции $G$, являющейся поточечным
пределом той же последовательности. Как следствие, функция $G$
гладка. Из тождества
$$\frac{f^{(n-1)}(f(x))}{k^{n-1}}=k\frac{f^{(n)}(x)}{k^n}$$следует,
что $$G(f(x))=kG(x).$$ Так производная в 0 всех функций
последовательности $\frac{f^{(n)}(x)}{k^n}$ равна  1, производная
$G(x)$ в 0 равна 1. Следовательно, $G$ обратима в окрестности 0 и
$f(x)=G^{(-1)}(kG(x)).$
\end{proof}

{\bf Замечание.} Вместо теоремы Арцеля-Асколи можно воспользоваться
следующим фактом: если последовательность функций
$\{f_i\}_{i\in\mathbb Z_{\ge0}}$ сходится, а их вторые производные
ограничены в совокупности, то и послед\-ова\-тель\-ность первых
производных тоже сходится.

{\bf Задача 7-6.}
\begin{proof}
Сделаем замену $\frac{x}{2}=\cos(t)$. Тогда левая часть будет иметь
вид
$$
\prod_{k=1}^{n}\cos(\frac{t}{2^k}).
$$
Домножим и разделим на $\frac{2^n}{t}\sin(\frac{t}{2^n})$, что
стремится к единице при $n\to \infty$. Получится
$\frac{\cos(2t)}{t}$. После замены $x$ на $2\arccos t$, получаем
утверждение задачи.
\end{proof}Данный результат может быть также получен из задачи {\bf
7-5}.\medskip

Задачи {\bf 7-8} и {\bf 7-9} непосредственно следуют из задач {\bf
7-1}--{\bf 7-5}. Из задач {\bf 7-1}--{\bf 7-9} вытекает решение
задачи {\bf 8-2}.\medskip

{\bf Задача 7-10.}
\begin{proof}[Идея доказательства.] Для отображения $f(x):=x-$e$^{-\frac{1}{x^2}} (x\ge0)$ верно, что $f(x)<x$ для всякого $x\ge0$. Единственной его неподвижной точкой является точка $x$. Точки $\{x_i\}$ задаются следующими соотношениями:$$f(x_i)=x_{i+1},\hspace{40pt}x_0=1.$$ Пусть $\delta(x)$ --- произвольная гладкая функция на отрезке $[x_0, x_1]$, обладающая нулевыми производными в концах. Функция $f(x)+\delta(x)$ продолжается до гладкой функции на всей прямой без 0. Так как все производные функции e$^{-\frac{1}{x^2}}$ равны 0, продолженная функция будет гладкой в 0.\end{proof}

\section*{Часть 8}
{\bf Задача 8-1.}\begin{proof} Пусть $Q(x)$ --- это многочлен
степени $m$, коммутирующий с P$(x)$. Пусть $q_1,..., q_{m-1}$
--- корни $Q'(x)$. Тогда многочлен $Q(x)-Q(q_i)$ имеет кратные корни для всякого $i$. Откуда следует, что многочлен $$Q(x)-Q(P^{(r)}(q_i))$$ имеет кратные корни для всякого $i$ и всякого целого $r$. Откуда следует, что множество чисел $\{Q(P^{(n)}(q_i))\}$ конечно, и не превосходит $m$ по мощности. Откуда следует, что существует многочлен, корнями которого $q_i$ являются для всякого многочлена $Q(x)$, удовлетворяющего условиям задачи.

Таким образом, достаточно показать, что существует только конечное
число функций $Q(x)$, коммутирующих с $P(x)$ и обладающих заданным
набором нулей производной с кратностями. Такие функции выражаются
как $\alpha Q_0+\beta$ для каких-то чисел $\alpha$ и $\beta$ и
заданной функции $Q_0$. Коэффициент $Q_0$ принимает конечное число
значений потому, что старшие коэффициенты многочленов
$$\alpha Q_0(P(x))+\beta=P(\alpha Q_0(x)+\beta)$$ должны совпадать. Равенство же $$\alpha Q_0(P(0))+\beta=P(\alpha Q_0(0)+\beta)$$ оставляет лишь конечное число возможностей для $\beta$.\end{proof}
{\bf Задача 8-2} следует из задач {\bf 7-1}--{\bf 7-9}.
\end{document}

{\bf Задача 8-2.}
\begin{proof}
Из того, что функция $f(x)$ дважды дифференцируема в нуле, следует,
что $f(x)=kx+\alpha(x)x^2$, где $\alpha(x)$ ограниченна в
окрестности нуля. Пусть $|\alpha(x)|<N$. По условию, $0<k<1$.
Найдётся такое $x_1>0$, что при $x<x_1$ выполнено
$k+\alpha(x)x<k_1<1$ для некоторого фиксированного $k_1$.
Следовательно, при $x_0<k_1$ выполняется $f^{(n)}(x_0)<k_1^nx_0$.
Пусть $f^{n}(x_0)=a_nk^n$. Проследим, как меняются числа $a_n$.
$$
f(a_nk^n)=k^{n+1}(a_n+\alpha(f^n(x_0))(a_n)^2k^{n-1}).
$$

Таким образом, $a_{n+1}=a_n+\frac{\alpha(f^n(x_0))a_n}{k}f^n(x_0)$.
Значит, $\frac{a_{n+1}}{a_n}=1+\alpha(f^n(x_0))f^n(x_0)/k.$

Бесконечное произведение $\prod \frac{a_{n+1}}{a_n}$ сходится к
ненулевому числу. У нас есть оценка $f^n(x_0)<k_1^{n}$,
следовательно, ряд $\sum_{n=1}^{\infty}\alpha(f^n(x_0))f^n(x_0)/k$
абсолютно сходится. А следовательно, бесконечное произведение $\prod
\frac{a_{n+1}}{a_n}$ сходится к некоторому ненулевому числу. Итак,
$G(x)$ определено.

Рассмотрим функцию $f^(n)/k^n$. Производная этой функции в точке
$x_0$ равна $f'(x_0)f'(x_1)f'(x_2)\dots f'(x_{n-1})$, где $x_k$ --
образ точки $x_0$ при $n-$ной итерации $f$. Из дважды
дифференцируемости $f$ в окрестности нуля следует, что
$|f'(x)-k|<ax$ для некоторого $a$. Производная функции $f^(n)/k^n$ в
точке $x_0$ оценивается сверху как
$$
\prod_{i=1}^n{(1+ax_0k_1^i)},
$$
а снизу -- как
$$
\prod_{i=1}^n{(1-ax_0k_1^i)}.
$$
Так как ряд $\sum_{i=1}{\infty} ax_0k_1^i$ в окрестности нуля
абсолютно равномерно непрерывно сходится, то последовательность
производных функций $f^(n)/k^n$ сходится равномерно непрерывно к
некоторой функции, не обращающейся в ноль. (это можно получить
логарифмированием произведения). Кроме того, сами функции сходятся
поточечно. Следовательно, предельная функция является непрерывно
дифференцируемой согласно известному утверждению математического
анализа.

Так как $G$ непрерывна и её производная в окрестности нуля не
обращается в ноль, то обратная функция непрерывна. Кроме того,
$f^{(-n)}(k^nx)$ равномерно непрерывно сходятся к $G^{(-1)}$ (это
понятно из-за того, что производная $G$ отделена от нуля).
Следовательно, $f(x)=f^{(-(n-1))}(k^{n-1}(kk^{-n}f^{(n)))}(x)$
сходится к $G^{(-1)}(kG(x))$. Вот и славно.

А как делать бесконечную дифференцируемость, мне не совсем понятно.
\end{proof}

 Найдите все дифференцируемые функции,
коммутирующие с $y(x)=2x$.


Заметим, что дифф\-еренц\-ирова\-ние формулы (1) даёт выражение,
разбиваемое на несколько слаг\-аем\-ых, в каждом из которых
участвует не меньше $(n-m+1)$ множителей формулы один и какая-то
непрерывная функция. Таким образом, для какой-то константы $C_m$
верно, что$$f^{(n)}(x)^{[m]}<C_m\mathrm C_n^m
k^{n-m}<\frac{C_m\mathrm C_n^m}{k^m}k^n.$$
