Komplex dinamika. BSc Szakdolgozat. Témavezető: Dr. Buczolich Zoltán és Keszthelyi Gabriella (Analízis Tanszék, Matematikai Intézet)

Átírás

1 Komplex dinamika BSc Szakdolgozat Fellner Máté Témavezető: Dr. Buczolich Zoltán és Keszthelyi Gabriella (Analízis Tanszék, Matematikai Intézet) Eötvös Loránd Tudományegyetem Természettudományi Kar Budapest, 2017.

2

3 Tartalomjegyzék Bevezetés 3 1 Alapfogalmak Fixpontok Periodikus pályák Lineáris törtfüggvények A Riemann-gömb Julia-halmazok tulajdonságai 11 3 A másodfokú polinomok dinamikája Fixpontok és ciklusok Kritikus pont A Mandelbrot-halmaz Általánosítások Unikritikus polinomok Pólusos függvények Egy alkalmazás 37 6 Kódok 39 Irodalomjegyzék 45 1

4 Köszönetnyilvánítás Ezúton szeretnék köszönetet mondani témavezetőimnek, Dr. Buczolich Zoltánnak és Keszthelyi Gabriellának a mérhetetlenül sok segítségért, javaslatért, melyeket az elmúlt egy évben kaptam, akár a dinamikai rendszerekkel, akár a Latex program használatával kapcsolatban. Köszönöm szüleimnek, nővéremnek és a teljes családomnak a támogatást amit az egyetemi éveim során kaptam. Külön köszönet illeti Gaál Gusztáv Lászlót a megjegyzéseiért, melyek esztétikussá tették a képeket, Virág Fausztin Asztrikot, akitől mindig motivációt kaptam a szakdolgozatom írására, és Kiss-Fülöp Zsófiát, az elmúlt három évben nyújtott segítségéért. Továbbá köszönöm Fűrész Zsófia Bernadettnek az észrevételeit a Julia-halmazokkal kapcsolatban, továbbá a bátorítást amit a nehéz időszakokban kaptam, nélküle egészen biztosan nem így sikerült volna. Köszönöm Wiesner Fancsó Évának a sok-sok türelmét, lelkesedését és a közös mókás könyvtárazásokat. Végül köszönöm Zombori Márk Andrásnak hogy segített néhol mátrixokra belátni az állításokat. 2

5 Bevezetés A szakdolgozatom komplex számsíkon értelmezett dinamikai rendszerekről szól, amik megértéséhez néhány fogalmat most szemléletesen bemutatok. A dinamikai rendszeren egy teret és ezen a téren adott transzformációt értünk. Az alapvető példák, melyeket mindenki ismer, a közönséges geometriai transzformációk a síkon: az eltolás, a forgatás, a nyújtás és a tükrözés. A dinamikai rendszerekben a kérdés az, hogy mi történik, ha az adott transzformációt többször hajtjuk végre. Ha a sík pontjait többször eltoljuk egy v vektorral (tegyük fel hogy az nem a nullvektor), akkor az olyan, mintha egyszer használtunk volna v irányú, csak nagyobb vektort. Nyilvánvalóan semelyik pont sem marad a helyén, és bármely két pont távolsága a transzformáció előtt és után egyenlő. Ha az eltolást sokszor alkalmazzuk, akkor a pontok elmásznak a sík valamelyik széle felé. A forgatásnál a középpont mindig helyben marad, ezt a fixpontnak nevezzük. Ha mondjuk 60 fokkal forgatunk, akkor 6 forgatás után minden pont oda kerül, ahonnan elindult, ezeket nevezzük majd periodikus pontoknak. A tengelyes tükrözést kétszer végrehajtva minden pont pontosan oda kerül, ahonnan elindult. Az origó középpontú kicsinyítésnél minden transzformáció után egyre több pont kerül az egységkörbe, sőt bármelyik ponthoz megadható, hogy mikor, hányadik iterációban éri el a kört. Szakdolgozatomban ehhez hasonló témával foglalkozom. A tér a hagyományos sík helyett a komplex számsík lesz, azaz az (x, y) koordinátájú pont helyett a z = x + iy kifejezést fogjuk használni, ahol az i a képzetes egység és i 2 = 1. Ez a jelölés egyszerűbbé teszi a későbbi számolásokat, például így az (x, y) (x 2 y 2, 2xy), bonyolultnak látszó függvény egyszerűen f(z) = z 2. A későbbi fejezetekben nagy szerepet kapnak az f(z) = z 2 + c alakú függvények, ahol a c egy adott komplex szám, mint egy eltolás vektor. Például c = (3, 4) esetén a függvény a sík pontjaira: f(x, y) = (x 2 y 2 + 3, 2xy + 4). Ezek a transzformációk már sokkal bonyolultabbak lehetnek mint a felsorolt példák, viszont maga a függvény elég egyszerű, hogy számolni lehessen vele. A sík pontjait két osztályra bontjuk, lesznek a szabályosan- és a kaotikusan viselkedő pontok. A szabályos pontok adnak lehetőséget a közelítésekre, ha egy pontra nem is tudom kiszámolni a függvényt, de egy kellően közelire igen, akkor feltételezhető, hogy 10, 100 vagy 1000 iteráció után sem vétek nagy hibát. Ez a kaotikus pontokra nem teljesül, tetszőlegesen közeli pontok teljesen különböző utat járhatnak be, ezt hívják érzékeny függésnek a kezdeti feltételektől, emiatt nem lehet a hetekkel későbbi időjárást pontosan 3

6 megjósolni. A komplex sík és a racionális törtfüggvények tulajdonságainak vizsgálata Gaston Julia ( ) és Pierre Fatou ( ) munkájához fűződik. Azonban az igazi népszerűséget Benoit Mandelbrot ( ) szerezte meg a területnek, amikor az es években lehetősége nyílt számítógéppel ábrázolni a különös halmazokat. Az egyszerű szabályokból felépülő bonyolult rendszerek és fraktálok azóta mély elméletet és számos alkalmazást kaptak, akár a tudományokban, akár a művészetben. A szakdolgozatban áttekintem az alapvető fogalmakat a komplex sík dinamikájához, majd a Julia-halmazok általános tulajdonságait. Ezután sor kerül a másodfokú polinomok dinamikájának vizsgálatára, mely néhány kérdését kissé általánosabb függvényosztályra is megválaszoltam, végül egy lehetséges alkalmazást ismertetek. Az anyag feldolgozásához Matlab megoldásokat készítettem, ezek kódjai megtalálhatók a dolgozat a végén. 4

7 Alapfogalmak 1.1 Fixpontok A következőkben tegyük fel, hogy Ω C és f : Ω C, valamint b Ω. Definíció Legyen f a fentiek szerint, f(b) = b taszító fixpont, ha létezik olyan U környezete, amelyre minden z Ω U \ {b} pontra f(z) b > z b. Ha f( ) =, akkor taszító fixpont, ha létezik a olyan U környezete, hogy minden z Ω U \ { }-re f(z) < z. Definíció Az f(b) = b fixpont vonzó, ha létezik olyan U nyílt környezete, hogy minden z Ω U pontra f(z) U és lim n f n (z) = b. Definíció Legyen b vonzó fixpont, ekkor a vonzási tartománya A f (b) = {z C : lim n f n (z) = b}. Egy b fixpontot végesnek nevezünk, ha b C, azaz nem. Az f(z) függvény iterálását jelölje f n (z). Ekkor f 2 (z) := f(f(z)), és f n (z) értelmezése indukcióval adódik. Vizsgáljuk először a lineáris, azaz f(z) = az + b alakú függvényeket, ahol a 0. Minden ilyen leképezésnek a fixpontja, valamint véges fixponthoz az f(z) = z, azaz az + b = z egyenletet kell megoldani. Innen ha a = 1, akkor a lineáris függvényünk egy b-vel való eltolás, melynek nincs véges fixpontja. Ha a 1, akkor z = b fixpont, 1 a a típusának a meghatározásához a következő három tétel szükséges (a tételek során felteszük, hogy Ω C). Tétel Ha f : Ω Ω differenciálható, f(b) = b és f (b) > 1, akkor b taszító fixpont. Ekkor b-nek van olyan U nyílt környezete, melyet U \ {b} minden eleme véges sok iterálás alatt elhagy. Tétel Ha f : Ω Ω differenciálható, f(b) = b és f (b) < 1, akkor b vonzó fixpont. 5

8 Ez a két tétel egyszerű következménye a Cauchy-Riemann egyenleteknek és annak az ismert tételnek, hogy ha egy f : R m R m differenciálható leképezés p fixpontjában a Jacobi mátrix minden sajátértéke kisebb mint 1, akkor p vonzó fixpont, ha pedig nagyobb mint 1, akkor taszító fixpont. Ez utóbbi számos könyvben megtalálható (például [3], 70. oldal), így bizonyítását nem részletezem. Tétel Legyen Ω C, f : Ω C analitikus függvény, f(b) = b, ekkor b vonzó fixpont pontosan akkor, ha f (b) < 1 és b taszító fixpont pontosan akkor, ha f (b) > 1. Bizonyítás. A bizonyítandó négy irányból az és tételek kettőt tartalmaznak. A maradék kettőt [1] alapján dolgozom ki. Először azt kell belátni, hogy ha b vonzó fixpont, akkor f (b) < 1. A b pontnak definíció szerint létezik egy U nyílt környezete, hogy minden z U pontra f(z) U és lim n f n (z) = b. Ekkor vehetjük valamely r > 0 sugarú környezetét, hogy B(b, r) U. Legyen g segédfüggvény, amely értelmezése g(z) = f(b zr) b. Ekkor g(z) is analitikus, g(0) = f(b 0) b = 0 és ha z B(0, 1), akkor r r zr B(0, r), tehát b zr B(b, r). Így f(b zr) B(b, r) és f(b zr) b B(0, 1). r Továbbá g (z) = f (b zr), azaz g (0) = f (b). Ezzel teljesülnek a Schwarz lemma feltételei, tehát g (0) 1 és ha g (0) = 1, akkor g(z) = bz valamely b = 1 komplex számra. Viszont ha g(z) = z, akkor f(b zr) b = z, így f(b zr) b = zr. Tehát r ha a B(b, r), akkor f(a) f(b) = a b, így lim n f n (z) = b nem teljesül ha z B(b, r) \ {b}. A másik állításhoz tegyük fel, hogy b C taszító fixpont. Ekkor f (b) 1, különben b vonzó lenne, így f lokálisan injektív. A komplex inverzfüggvény-tétel alapján van olyan ε > 0 és δ > 0, minden w B(b, ε) pontra egyértelműen létezik z B(b, δ), hogy f(z) = w, továbbá h := f 1 : B(b, ε) B(b, δ) is analitikus. Ekkor b a h vonzó fixpontja, tehát a tétel előző része alapján h (b) < 1. Mivel lokálisan z = h(f(z)), ezért (h(f(z))) = h (f(z))f (z) = 1. Így z = b esetén h (b)f (b) = 1, tehát f (b) > 1. Ezzel a tételt bebizonyítottuk. Az és tételek megfordítása f : R R esetén sem igaz. Legyen { x x 2 ha x 0, f(x) = x + x 2 ha x < 0. Ennek a függvénynek a 0 fixpontja és f (0) = 1. Ha x R fixpont, akkor vagy x = x + x 2 vagy x = x x 2, bármelyik esetben x = 0. Tetszőleges 0 < x 0 < 1 esetén 0 < x 1 = f(x 0 ) < x, így x n 0, ugyanis x n monoton csökkenő korlátos sorozat, tehát létezik határértéke, és ez nem lehet nagyobb mint 0, mert akkor a határérték is fixpont lenne. Ha 0 > x 0 > 1, akkor 0 > x 1 = f(x 0 ) > x 0 > 1, így az előző megfontolások alapján x n 0, tehát a 0 vonzó fixpont, pedig a derivált 1. Hasonlóképpen legyen { x + x 2 ha x 0, g(x) = x x 2 ha x < 0. 6

9 Ennek a függvénynek is fixpontja a 0, f (0) = 1, és az előző példa alapján nincs más véges fixpontja. Ha 0 < x 0 < 1, akkor 0 < x 0 < x 1 = g(x 0 ), azaz x n szigorúan monoton nő. Mivel az x 2 függvény is monoton nő, az x n sorozat tagjai között a különbség is egyre nő, így legfeljebb 1 iteráció után x x 2 n > 1. Ha 0 > x 0 > 1, akkor 0 > x 0 > x 1 = g(x 0 ), 0 azaz a sorozat szigorúan monoton csökken, és az előző esettel megegyezően a különbségek növekednek. Tehát a 0 taszító fixpont, pedig a derivált 1. A komplex számgömbön a lim z f(z) határértéket jelölje f( ), ha ez létezik. Definíció Ha f( ) =, akkor azt mondjuk, hogy f analitikus a -ben, ha 1 f( 1 z ) analitikus a 0-ban. Definíció Legyen f analitikus a -ben és f( ) =, ekkor itt legyen a multiplikátora λ = lim z 1 f (z). A bevezetett multiplikátor fogalom a véges fixpont deriváltjának a megfelelője, a pontosan akkor vonzó fixpont, ha λ < 1 és pontosan akkor taszító fixpont, ha λ > 1. Ez az tétel kiterjesztése a komplex számgömbre. Visszatérve a lineáris függvényekhez, eddig megállapítottuk, hogy a 1 esetben a z 0 = b véges fixpont. Itt a derivált (az + 1 a b) = a. Tehát az tétel alapján z 0 vonzó fixpont, ha a < 1 és taszító, ha a > 1. Ha a = 1, és a 1, akkor z 0 = b fixpont, és 1 a tetszőleges z pontra (f(z) z 0 ) = (f(z) f(z 0 )) = (az + b az 0 b) = a(z z 0 ), azaz a transzformáció egy forgatás z 0 körül arg(a) szöggel, tehát a pont z 0 -tól való távolsága nem változik meg. Mivel a is fixpont, az előbbi definíció segítségével meghatározható 1 1 a multiplikátora, lim z = lim (az+b) z. Tehát ha z a 0 vonzó fixpont, akkor taszító, és fordítva. Most vizsgáljuk meg az f(z) : C C, f(z) = z 2 függvényt. Ekkor a definíció szerint fixpont, ha pedig z véges fixpont, akkor z = f(z) = z 2, azaz 0 = z(z 1), így z 0 = 0 és z 1 = 1. A véges fixpontokban a deriváltak: f (z 0 ) = 2z 0 = 0, azaz a 0 vonzó, és f 1 (z 1 ) = 2z 1 = 2, azaz az 1 taszító, végül a multiplikátora pedig lim z = 0, tehát 2z szintén vonzó. Ha z < 1, akkor z 2 < z < 1, így minden z B(0, 1) pontra f n (z) 0, azaz B(0, 1) A f (0). Ha z > 1, akkor z 2 > z > 1, így minden z C \ B(0, 1) pontra f n (z), azaz C \ B(0, 1) A f ( ). Továbbá ha z = 1, akkor z 2 = 1. Ebből következik, hogy a vonzási tartományokra tartalmazás helyett egyenlőség is teljesül. Az f n (z) sorozat visszatérhet az U halmazba. Például az f(z) = z 2, Ω = {z C : z = 1}. Itt z = 1 fixpont, és az tétel alapján taszító fixpont. Az a n := e πi 2 n 1 sorozat az 1-hez tart, így minden U nyílt környezetre létezik n N, hogy a n U. Ha n > 2, akkor f n 1 (a n ) = e πi 2 n 1 2n 1 = e πi = 1 és f n (a n ) = ( 1) 2 = 1 U. 7

10 1.2 Periodikus pályák Ábra 1.1: f(z) = z 2 dinamikája Definíció Az f függvénynek w C periodikus pontja f-nek p periódussal (továbbiakban p periodikus pont), ha w, f(w),...,f p 1 (w) különböző pontok és f p (w) = w. Ekkor {w, f(w),..., f p 1 (w)} az f p-ciklusa. A fixpontokhoz hasonlóan, egy periodikus pont is lehet vonzó, taszító, indifferens. Definíció Az f(z) függvény vonzó ciklusa a {w 0,..., w p 1 } halmaz, ha w 0 vonzó fixpontja az f n (z) függvénynek. Ha az f(z) függvény differenciálható, akkor a fixpont és ciklus vonzó vagy taszító tulajdonságának meghatározása a derivált alapján történik. Definíció Legyen f analitikus az értelmezési tartományán, {w 0,..., w p 1 } p-ciklus, a ciklus multiplikátorának a λ = (f p ) (w 0 ) számot nevezzük. Ha f(z) analitikus a {w 0,..., w p 1 } p-ciklus pontjaiban, akkor az összetett függvény p 1 differenciálási szabálya alapján (f p ) (w 0 ) = f (w i ). i=0 Ha f(z) analitikus a {w 0,..., w p 1 } p-ciklus pontjaiban és a multiplikátora λ, akkor a ciklus pontosan akkor vonzó, ha λ < 1 és pontosan akkor taszító, ha λ > Lineáris törtfüggvények Definíció Legyen f : C C, f(z) = az+b alakú, ahol a, b, c, d C és ad bc 0, cz+d ekkor lineáris törtfüggvénynek nevezzük. Állítás A lineáris törtfüggvények a kompozíció műveletére csoportot alkotnak. Ez az állítás minden komplex függvénytan könyvben szerepel (pl. [5]), bizonyítását nem részletezem. 8

11 Definíció f és g komplex függvényeket lineárisan konjugáltnak nevezzük, ha létezik olyan h(z) lineáris törtfüggvény, hogy h 1 f h = g. Az, hogy az f és a g függvények konjugáltak, azt jelenti hogy dinamikai tulajdonságaik hasonlóak. Ugyanis ha h 1 f h = g, akkor minden pozitív egész k-ra h 1 f k h = g k. Így ha egy tetszőleges z pont f k (z) orbitja valójában g k (h(z)) képe a h 1 (z) függvényre. Tehát z p-periodikus pontja az f függvénynek pontosan akkor, ha h(z) p-periodikus pontja a g függvénynek. A lineáris törtfüggvények további vizsgálatában [1] 1.B Appendixet követtem. Állítás Ha f(z) z lineáris törtfüggvény, akkor pontosan 1, vagy 2 fixpontja lehet. Bizonyítás. Legyen f(z) = az+b amely nem az identitás. Először tegyük fel, hogy f( ) cz+d, azaz c 0. Ekkor f fixpontja az f(z) = z egyenletből adódik, esetünkben cz 2 + (d a)z b = 0, amelynek két egyszeres, vagy egy kétszeres gyöke lehet. Ha c = 0, akkor az f(z) = z egyenlet (d a)z b = 0 alakú, melynek a fixpontja, és ha d a, akkor lehetséges egy véges fixpont is. Ez alapján a következő esetek adódnak: 1. eset: f(z) egyetlen fixpontja a. Ekkor az előző bizonyítás szerint c = 0 és az az+b (d a)z = b egyenletnek nincs véges megoldása, amiből d = a adódik. Így f(z) =, a azaz f(z) = z + b, ahol b 0. Tetszőleges z C esetén f n (z) = z + nb, így f n (z). 2. eset: f(z) egyetlen fixpontja a véges w. Legyen ψ(z) = 1 és g(z) = ψ f z w ψ 1 (z), ahol g is lineáris törtfüggvény a állítás alapján. Továbbá a g(z) függvénynek egy fixpontja van, a. Így az első eset alapján g(z) = z + a ahol a 0, és g n (z) minden z C pontra. Tehát ha f lineáris törtfüggvény mely egyetlen fixpontja w, akkor f n (z) w minden z C pontra. 3. eset: legyenek a 0 és a a fixpontok. Ekkor f(z) = kz ahol k 1, így f n (z) = k n z. Ha k < 1, akkor f n (z) = k n z, és k n 0, ha n, tehát minden z pontra f n (z) 0. Ha k > 1, akkor f n (z) = k n z, és k n, ha n, tehát minden z 0 pontra f n (z). Ha k = 1, akkor f egy 0 körüli forgatás valamely θ (0, 2π) szöggel. 4. eset: legyenek a véges különböző fixpontok w 1 és w 2. A ψ(z) = z w 1 z w 2 segédfüggvénnyel legyen g(z) = ψ f ψ 1 (z), melyre g(z) a 3. esethez tartozik. Így f n (z) = ψ 1 g n ψ(z). Ekkor vagy f n (z) w i minden z C \ {w j } pontra (i j {1, 2}), vagy pedig f konjugált egy forgatással. 1.4 A Riemann-gömb A Riemann-gömb a kiterjesztett komplex számsík egy ábrázolása, amit sztereografikus projekcióval kapunk meg. Ehhez vegyük R 3 -ban az S = {(x 1, x 2, x 3 ) : x x x 2 3 = 1} egységgömböt, az x 1 x 2 síkot, és az N = (0, 0, 1) pontot. A z = a + ib alakú véges 9

12 komplex számnak az (a, b, 0) pont feleljen meg, és tekintsük az N és az (a, b, 0) pontok által meghatározott egyenest. Ez mindig pontosan két pontban metszi az S gömböt, ebből az egyik nyilvánvalóan N, a másik legyen Z = (x 1, x 2, x 3 ). Ekkor z képének Z-t választva definiáljuk a π : C S leképezést. Ez injektív, hiszen két különböző komplex számhoz különböző egyenesek tartoznak amik metszik egymást az N pontban, így a gömbön másik pontban nem metszhetik egymást. A leképezés megadható formulával is, π(z) = ( 2a, 2b, z 2 1 ). z 2 +1 z 2 +1 z 2 +1 A C képe az S \ N halmaz, mégpedig úgy, hogy ha z = 1, akkor π(z) a gömbnek az x 1 x 2 síkban lévő átmérőjén található, ha z < 1 akkor az alsó félgömbön, ha pedig z > 1, akkor a felső félgömbön. Minél nagyobb egy z komplex szám abszolút értéke, annál közelebb van π(z) az N-hez, így kézenfekvő a π( ) = N megfeleltetés. Ábra 1.2: Sztereografikus projekció, forrás: [1] Appendix B A célunk egy metrika definiálása a C halmazon, ehhez a gömbi távolságot használjuk. Egy A és B pont távolsága a rájuk illeszkedő főkör két pont közé eső rövidebbik ív hossza, ezt jelöljük d(a, B)-vel. Így például az (1, 0, 0) és a ( 1, 0, 0) pontok távolsága π, hiszen minden összekötő ív a gömb átmerőjének a fele. A z 1, z 2 komplex számok új távolságát ezután a σ(z 1, z 2 ) = d(π(z 1 ), π(z 2 )) módon értelmezzük. A sztereografikus projekció miatt π( 1) = ( 1, 0, 0) és π(1) = (1, 0, 0), tehát a -1 és az 1 új távolsága π lesz, és nem 2, azaz σ különbözik a hagyományos távolságtól. Ennek az új metrikának az előnye, hogy korlátos, hiszen bármely két pont távolsága legfeljebb π, így tetszőleges pont -től való távolsága véges. 10

13 Julia-halmazok tulajdonságai Definíció Legyen f racionális törtfüggvény, vagy egész függvény, az f Fatouhalmaza az F (f) = {z C : minden ε > 0-ra létezik olyan δ > 0, hogy ha σ(z, w) < δ, akkor minden pozitív n-re σ(f n (z), f n (w)) < ε}. Definíció Legyen f racionális törtfüggvény, vagy egész függvény, az f Juliahalmaza J(f) = C \ F (f). Tehát a Fatou-halmazban vannak azok a pontok, amik szabályosan viselkednek, ha z F (f), akkor a z-hez kellően közeli pontok orbitjai nem sokban térnek el z orbitjától. Ezzel szemben a Julia-halmaz pontjai nem ilyen könnyen kiszámíthatóak, két tetszőlegesen közeli pont orbitja nagyon különbözhet. Az előző fejezetben láttuk, hogy az f(z) = z 2 függvény esetén ha z < 1, akkor f n (z) 0, ezek a pontok nyílt halmazt alkotnak, így minden ilyen pontnak van olyan környezete, amely szintén 0-hoz tart az iterálás során. Ha z > 1, akkor f n (z), ez szintén nyílt halmaz, így szintén minden pontnak van olyan környezete, amely pontjai -hez tartanak. Legyen az egységkör z pontja e i k2π 2 n alakú, ahol k és n pozitív egész számok és k = n. Ezek halmaza nyilván sűrű az egységkörön, mert rögzített n-re az egyenletes 2 n pontú felosztást adják meg. Egy ilyen pont n iterálás alatt eljut az 1-be, ami fixpont. Más pontok viselkedése egyáltalán nem ilyen egyszerű. Ha a z = e 2πir, ahol r irracionális szám, akkor az orbitja nem tartalmazhatja az 1-et, mert tegyük fel hogy valamely n- re f n (z) = 1, azaz z 2n = e 2πir2n = e 2πik valamely k egész számra, azaz r = k, ami 2 n ellentmondás. Ez az orbit nem lehet periodikus sem néhány iteráció után, ugyanis az azt jelentené, hogy létezik k n, hogy e 2πir2n = e 2πir2k, azaz r2 n = m + r2 k valamely m egész számra, ebből r = m, ami szintén nem lehetséges. Így az orbit tartalmaz végtelen 2 n 2 k sok különböző pontot, a körvonal pedig kompakt halmaz, így van rajta torlódási pontja a sorozatnak. Megmutatható, hogy a torlódási pontok halmaza az egységkör. Tétel A taszító periodikus pontok halmaza sűrű J(f)-ben. A bizonyítás megtalálható [8]-ban (a 148. oldalon). A Julia-halmazt szokták a taszító periodikus pontok halmazának lezártjaként is definiálni, ez viszont a tétel alapján ekvivalens a definícióval. 11

14 Definíció Az f n : U C függvénysorozat a V U halmazon egyenletesen tart -hez, ha minden K > 0 valós számra létezik olyan n K index, hogy minden n > n K és z V esetén f n (z) > K. Definíció Legyen U C nyílt halmaz és legyenek g k : U C komplex analitikus függvények. Ekkor azt mondjuk, hogy a g k család normális, ha minden g n részsorozatának van olyan g nl részsorozata, mely minden K U kompakt halmazon egyenletesen tart egy g korlátos analitikus függvényhez, vagy -hez. {g k } normális család w U pontban, ha létezik a w olyan V U nyílt környezete, amelyen {g k } normális. Tétel (Montel). Legyen {g k } az U halmazon értelmezett analitikus függvények családja, ha {g k } nem normális, akkor legfeljebb egy kivétellel minden w C pontra létezik z U és k Z, amikre g k (z) = w. A Montel-tételnek több változata is ismert, a tétel azzal a megfogalmazással ekvivalens, hogy ha legalább két komplex számot nem vesz fel a {g k } függvénycsalád, akkor normális. A tétel bizonyítása megtalálható [9]-ben. Definíció J 0 (f) = {z C : {f k } nem normális z-ben}. F 0 (f) = {z C : létezik a z olyan V nyílt környezete, hogy {f k } normális a V halmazon}. Nyilvánvalóan F 0 (f) = C \ J 0 (f), továbbá F 0 (f) nyílt halmaz. Ugyanis ha z F 0 (f), akkor a definíció alapján létezik olyan V nyílt környezete, hogy {f k } normális a V halmazon, így F 0 (f) minden pontja belső pont, azaz nyílt halmaz, ezért J 0 (f) zárt. A fenti jelöléseket és a J 0 (f) fogalmát azért vezettem be, hogy a Julia-halmazok szerkezetéről szóló állításokat bizonyítsam. A bizonyításokat [2] alapján végzem el. Állítás Ha f polinom, akkor J 0 (f) kompakt halmaz. Bizonyítás. A zártságát már beláttuk. Mivel f legalább másodfokú polinom, létezik olyan r, hogy f(z) 2 z ha z r, így f k (z) > 2 k r ha z > r. Így f k (z) egyenletesen a V = {Z : z > r} nyílt halmazon, azaz itt {f k } normális, tehát J 0 (f) korlátos. V C pontosan akkor kompakt, ha korlátos és zárt. Állítás J 0 (f) nem üres. Bizonyítás. Indirekt tegyük fel, hogy J 0 (f) üres, ekkor minden r > 0 sugárra {f k } normális a B(0, r) zárt halmazon. Mivel f polinom, elég nagy r esetén létezik z B(0, r) amelyre f k (z), továbbá az algebra alaptétele alapján létezik w B(0, r) fixpont. Ez ellentmond annak, hogy {f k } normalitása miatt minden részsorozata egyenletesen konvergál B(0, r) minden kompakt részhalmazán, amely tartalmazza z és w pontokat egy korlátos függvényhez, vagy pedig a végtelenhez. Állítás J 0 (f) oda-vissza invariáns, azaz J 0 (f) = f(j 0 (f)) = f 1 (J 0 (f)). 12

15 Bizonyítás. Ezzel ekvivalens megmutatni, hogy F 0 (f) invariáns. Legyen V nyílt halmaz, melyen {f k } normális, ekkor f folytonossága miatt f 1 (V ) is nyílt. Legyen {f k i } az {f k } egy részsorozata, ekkor {f k i 1 }-nek létezik olyan {f k i 1 } részsorozata, amely egyenletesen konvergál V kompakt részhalmazain. Így ha D f 1 (V ) kompakt, akkor {f k i 1 } egyenletesen konvergál az f(d) halmazon, tehát {f k i } egyenletesen konvergál a D halmazon. Így {f k } normális az f 1 (V ) halmazon, tehát F 0 f 1 (F 0 ). A másik irány az, hogy F 0 f(f 0 ). Az előzőhöz hasonlóan legyen V nyílt halmaz, melyen {f k } normális, ekkor a nyílt leképezés tétele miatt f(v ) is nyílt. Ha {f k i } az {f k } részsorozata, akkor {f k i+1 }-nek létezik olyan {f k i +1 } részsorozata, amely konvergál V kompakt részhalmazain. Így ha D V kompakt, akkor {f k i +1 } egyenletesen konvergál a D halmazon, tehát {f k i } egyenletesen konvergál az f(d) halmazon. Így {f k i } normális az f(v ) halmazon, ezzel F 0 f(f 0 ). Állítás Minden p > 0 egészre J 0 (f p ) = J 0 (f). Bizonyítás. Ezzel ekvivalens az F 0 (f p ) = F 0 (f) állítás. F 0 (f p ) F 0 (f), ugyanis ha {f k } minden részsorozatának van egyenletesen konvergens részsorozata egy adott halmazon, akkor mivel {f pk } {f k }, ez nyilván igaz az {f pk } halmazra is. Ha D kompakt halmaz és az {f k } függvények egyenletesen tartanak egy korlátos függvényhez vagy -hez, akkor ugyanez teljesül a {h f k } halmazra is, ha h tetszőleges polinom. Így ha {f pk } normális egy V nyílt halmazon, akkor {f pk+r } is az, ha r = 0, 1,..., p 1. De {f k } minden részsorozata végtelen sok elemet tartalmaz valamely {f pk+r } halmazból. Ennek van V kompakt részhalmazain egyenletesen konvergens részsorozata, amely az eredeti {f k }-nak is részsorozata, tehát normális és F 0 (f p ) F 0 (f). Állítás Legyen f polinom, w 0 J 0 (f) és U a w 0 környezete, ekkor W = k=1 f k (U) azonos C-vel, legfeljebb egy pont kivételével. Ha van ilyen kivételes pont, az nincs J 0 (f)-ben és tetszőleges w 0 és hozzá tartozó U választása esetén azonos. Bizonyítás. Ha w 0 J 0 (f), akkor mivel {f k } nem normális a w 0 pontban, így Montel tétele alapján legfeljebb egy kivétellel minden w C pontra létezik k egész és z U, hogy f k (z) = w, ezzel az állítás első felét bebizonyítottuk. Tegyük fel, hogy v / W. Ha f(z) = v, akkor mivel f(w ) W, z / W. Az állítás első fele alapján csak egyetlen pont nincs a W halmazban, így z = v. Tehát f olyan n-ed fokú polinom, amely egyetlen megoldása f(z) v = 0, azaz f(z) v = c(z v) n valamely c konstansra. Ha z kellően közel van v-hez, akkor f k (z) v 0 egyenletesen. Ekkor {f k } normális a v pontban, így v / J 0 (f). Látható hogy v csak a polinomtól függ, így más w 0 és U választása nem változtatja meg. Következmény Legfeljebb egy kivétellel minden z C számra teljesül, hogy ha U nyílt és metszi a J 0 (f) halmazt, akkor f k (z) metszi az U halmazt végtelen sok k esetén. Továbbá ha z J 0 (f), akkor J 0 (f) az k=1 f k (z) halmaz lezártja. 13

16 Bizonyítás. Tegyük fel, hogy z nem a állításban szereplő kivételes pont. Ekkor z f k (U), tehát f k (z) metszi az U halmazt valamely k esetén. Ennek az ismétlésével egy végtelen sorozatot kapunk olyan k-kból, melyekre f k (z) metszi az U halmazt. Ha z J 0 (f), akkor a állítás miatt tetszőleges k-ra f k (z) J 0 (f), így k=1 f k (z) J 0 (f), továbbá ennek lezártja is J 0 (f) részhalmaza. Másrészt ha U egy olyan nyílt halmaz, mely tartalmazza a z J 0 (f) pontot, akkor az első rész alapján f k (z) metszi az U halmazt valamely k-ra, így z nem lehet a kivételes pont. Következmény Ha f polinom, akkor J 0 (f) belseje az. Bizonyítás. Tegyük fel hogy U J 0 (f) nyílt és nem üres, ekkor J 0 (f) f k (U) az invariancia miatt minden k-ra, így J 0 (f) k=1 f k (U). Az előző lemma alapján J 0 (f) a teljes C legfeljebb egy pont kivételével, ami ellentmond annak, hogy J 0 (f) korlátos. Állítás J 0 (f) perfekt halmaz, azaz nem üres, zárt és nincs izolált pontja. Bizonyítás. Legyen v J 0 (f) és legyen az U halmaz v egy nyílt környezete. Meg kell mutatni, hogy U tartalmazza J 0 (f) más pontjait is. Először v ne legyen fix vagy periodikus pont, ekkor a következmény és a állítás alapján valamely k-ra U tartalmazza f k (v) J 0 (f) egy pontját, és f k (v) a feltevésünk szerint nem lehet v, mert akkor periodikus pont lenne. Most tegyük fel hogy f(v) = v. Ha az f(z) = v egyenletnek nincs más megoldása, mint z = v, akkor a állítás alapján v / J 0 (f), ami ellentmondás, mert így v a kivételes pont, és az nincs J 0 (f)-ben. Így létezik w v, melyre f(w) = v. A következmény alapján U tartalmazza f k (w) valamely pontját valamely k 1 egészre. Minden f k (w) J 0 (f) a vissza-invariancia miatt, valamint minden f k (w) különbözik a v ponttól, mert f k (v) = v. Végül legyen f p (v) = v valamely p > 1 esetén. Ekkor a állítás szerint J 0 (f) = J 0 (f p ), így az előző esetet alkalmazzuk az f p függvényre, melynek v fixpontja. Ekkor U tartalmaz v-től különböző pontot a J 0 (f p ) = J 0 (f) halmazból. Tehát J 0 (f) nem tartalmaz izolált pontot, így a zártsága miatt perfekt. Tétel Ha f polinom, akkor J(f) = J 0 (f) Bizonyítás. Legyen w az f függvény taszító p-periodikus pontja, azaz w a g = f p taszító fixpontja. Tegyük fel hogy {g k } normális a w pontban, ekkor létezik a w olyan V nyílt környezete, melyen a {g k i } részsorozat egy g 0 véges analitikus függvényhez konvergál, ugyanis nem lehet a határérték az egész V halmazon, mert g k (w) = w minden k-ra. Ekkor Weierstrass tétele alapján [6] a deriváltak is konvergálnak, azaz (g k i ) (z) g 0(z), ha z V. Viszont a láncszabály alapján (g k i ) (w) = (g (w)) k i, mert w taszító fixpont, így g (w) > 1. Ez ellentmond g 0(w) végességének, így {g k } nem lehet normális a w pontban. Tehát a állítás alapján w J 0 (g) = J 0 (f p ) = J 0 (f), azaz a taszító periodikus pontok benne vannak a J 0 (f) halmazban. Mivel J 0 (f) zárt, J(f) J 0 (f). 14

17 A másik irányú tartalmazáshoz legyen K = {w J 0 (f) : létezik olyan z w, amelyre f(z) = w és f (z) 0}. Tegyük fel hogy w K, ekkor létezik w olyan nyílt V környezete, melyen létezik lokálisan analitikus inverz f 1 : V C \ V, hogy f(f 1 (z)) = z minden z V pontra. Definiáljuk a következő függvényeket: h k (z) = f k (z) z. f 1 (z) z Legyen U V a w tetszőleges nyílt környezete. Mivel w J 0 (f), ezért definíció szerint {f k } és {h k } nem normális az U halmazon. Ekkor Montel tétele (2.0.6 tétel) alapján van olyan k és z U, melyek esetén h k (z) értéke vagy 1 vagy 0. Ha h k (z) = 0, akkor f k (z) = z, ha pedig h k (z) = 1, akkor f k (z) = f 1 (z), azaz f k+1 (z) = z. Tehát U tartalmazza f egy periodikus pontját, így w J(f). Ezzel beláttuk, hogy K J(f), lezárással pedig K J(f) = J(f). K tartalmazza J 0 (f) minden pontját legfeljebb véges sok kivétellel, viszont J 0 (f) nem tartalmaz izolált pontot, így J 0 (f) J(f). Tétel Legyen f(z) polinom, w C vonzó fixpont, ekkor A f (w) = J(f) Bizonyítás. Ha z J(f), akkor f k (z) J(f) minden k-ra, így f k (z) nem konvergálhat semmilyen fixponthoz, tehát z / A f (w). Ha z egy környezete az U halmaz, akkor állítás alapján valamely f k (U) metszi az A f (w) halmazt, tehát z-hez tetszőlegesen közel van w-hez tartó pont, így z A f (w), ebből következik, hogy z A f (w). Most tegyük fel, hogy z A f (w), de z / J(f) = J 0 (f). Ekkor z rendelkezik egy V nyílt környezettel, melyen létezik az {f k } olyan részsorozata, amely határértéke egy korlátos analitikus függvény vagy. Ez a részsorozat konvergál w-hez az V A f (w) halmazon is, ami nyílt és nem üres, tehát az egész V halmazon is. Így V minden pontja f iterálása során w-hez tart, ezért V A f (w), ami ellentmond annak, hogy z A f (w). A tétel ennél általánosabban, racionális törtfüggvényekre is igaz. Erre az eredményre szükség lesz a későbbi fejezetekben, a bizonyítás megtalálható [7]-ben. Vizsgáljuk meg a lineáris törtfüggvények Julia-halmazait a korábbi eredményeket felhasználva. 1.eset: f(z) egyetlen fixpontja a, f(z) = z+b. Ezért minden z C pontra f n (z), tehát J(f) = { }. 2.eset: f(z) egyetlen fixpontja a véges w, az előző alapján J(f) = {w}. 3.eset: f(z) fixpontjai a 0 és a, f(z) = kz. Ha k < 1, akkor minden véges pont a 0-hoz tart, így J(f) = { }. Ha k > 1, akkor a 0 kivételével minden véges pont a -hez tart, J(f) = {0}. Ha k = 1, akkor az f forgatás, így F (f) = C. Az alapvető másodfokú függvény, f(z) = z 2 esetén a Julia-halmaz az egységkör, ami valóban azonos A f (0) és A f ( ) határával is. 15

18 A másodfokú polinomok dinamikája A következőkben az f c (z) = z 2 + c, (c C) alakú függvényekkel fogunk foglalkozni. Egy ilyen függvényt egyértelműen meghatároz c értéke, így ezt egyparaméteres függvénycsaládnak nevezzük. Ez nem leszűkítése a másodfokú polinomoknak ugyanis tegyük fel, hogy g(z) = αz 2 + βz + γ alakú. Ekkor valamilyen c C értékre f c (z) és g(z) konjugáltak. Ehhez legyen h(z) = αz + β 2 segédfüggvény, így h 1 (z) = z β 2 α. h 1 f c h(z) = (αz + β 2 )2 + c β 2 α = α2 z 2 + αβz + ( β 2 )2 + c β 2 α = = αz 2 + βz + β2 + 4c 2β 4α Ahonnan γ = β2 +4c 2β adódik. Mivel valódi másodfokú polinomokat vizsgálunk, feltehető hogy α 0, ekkor c = γα β2 + β. 4 4α 2 Állítás Minden c C paraméterre az f c vonzó fixpontja. Bizonyítás. f c ( ) =, és lim z 1 f c(z) = lim z 1 2z = 0, tehát vonzó fixpont. Állítás (Szökési kritérium). Legyen z C, ha z > 2 és z c, akkor f n c (z). Bizonyítás. Az általánosabb f d,c (z) = z d + c alakú függvényekre, ahol d 2 egész szám, az [1] alapján bizonyítom be. Ha z > 2 és z c, akkor létezik olyan ε > 0, hogy z d + c > z (1 + ε), ugyanis z d + c z d c a háromszög-egyenlőtlenség alapján, a jobb oldal pedig átalakítva z z d 1 c z z c = z ( z c z z > 2 + δ, továbbá z c miatt c ). Mivel z > 2, létezik olyan δ > 0, amelyre c 1, tehát z ( z ) > z (2 + δ 1), azaz ε = δ z z jó választás. Ekkor fd,c n n 1 (z) > fd,c (z) (1 + ε) > > z (1 + ε) n 1, és ha n akkor (1 + ε) n. Tehát ha teljesülnek a feltételek, akkor z orbitja a végtelenhez tart. 16

19 Ennek az állításnak fontos következménye, hogy fd,c n (0) pontosan akkor, ha valamely k egészre fd,c k (0) > 2. Itt a nem triviális iránynál két eset lehetséges, az első ha c > 2, akkor f d,c (0) = 0 + c és már az első lépés után teljesül a Szökési kritérium feltétele. A második lehetőség ha c 2, ekkor viszont a feltétel alapján valamely k-ra fd,c k (0) > 2 c, így szintén a végtelenhez tart az orbit. Mivel az f c (z) Julia-halmaza egy vonzó fixpont vonzási tartományának határa, így elegendő a végtelenhez tartó pontok halmazának a határát venni. Ehhez pedig vegyük az A f ( ) komplementerét, azaz az előző állítás alapján a korlátos orbittal rendelkező pontok halmazát (ha z C orbitja nem korlátos, akkor létezik n N, hogy f n c (z) > max{2, c }. Definíció A g : Ω C polinom kitöltött Julia-halmaza K(g):={z C : g n (z) korlátos}. Következmény Ha g(z) legalább másodfokú polinom, akkor A g ( ) = K(g) = J(g). Bizonyítás. A bizonyításban a állításhoz hasonlóan egy becslést adunk a szökési kritériumra. Tegyük fel, hogy p(z) = a n z n + + a 1 z + a 0 alakú, ahol a n 0 és n > 1. Ekkor ha z > 3 max{1, a n a 0 +1 a n }, akkor a n z > 3( a n a 0 + 1) és a n z n > 3( a n 1 z n a 1 z n 1 + a 2 z n 1 + a 0 z n 1 + z n 1 ) > > 3( a n 1 z n 1 + a n 2 z n a 1 z + a 0 ). Így a háromszög-egyenlőtlenség alapján: p(z) a n z n ( a n 1 z n 1 + a n 2 z n a 1 z + a 0 ) > > 2 a nz n 3 2 a nz 3 a n z > 2 a n 3 3 z = 2 z. Tehát ha z nagyobb, mint az előző konstans, akkor lim k f k (z) =, és a fixpont. A multiplikátor pedig lim z = lim 1 1 f (z) z na nz n a 2 z+a 1 = 0, így a fixpont vonzó. A A g ( ) = J(g) egyenlőség a tétel, az előző számolás alapján pedig egy orbit pontosan akkor korlátos ha nem tart végtelenhez, így K(g) és A g ( ) egymás komplementerei, így határuk azonos. Az f c kitöltött Julia-halmazának közelítő gépi ábrázolására így egyszerű módszer adódik, tetszőleges z pontra elvégzünk előre meghatározott számú iterációt, ha az orbit elhagyja az origó max{2, c} sugarú környezetét akkor z nincs a K(f c ) halmazban. Természetesen nem remélhetjük, hogy véges sok lépésben meghatározhatjuk a pontos kitöltött Julia-halmazt. Az algoritmus során a [ 2, 2]x[ 2i, 2i] négyzetben felveszek rácspontokat, ez elegendő, ugyanis a állítás alapján ezen kívül minden pont a végtelenhez tart, azaz kék színű. Általában 1000x1000 rácspontot használtam, ezekre alkalmaztam az f c -t. A nagyobb rács használata nagyobb felbontást eredményez, a 17

20 lépésszám viszont ilyen felbontásnál általában nem jelent lényeges különbséget a képek között, 100 és 1000 lépés esetén is a kapott eredmény közel azonos. Ha viszont a képet nagyítani akarjuk, akkor érdemes növelni az iterációk számát a pontosabb képhez. Ábra 3.1: f(z) = z kitöltött Julia-halmaza az előre-iterációs módszerrel Létezik egy másik módszer is Julia-halmaz ábrázolására. Tegyük fel, hogy z 0 taszító periodikus pontja az f c függvénynek, és z ősképe z 0 -nak, ekkor z J(g). Legyen z C tetszőleges legfeljebb egy kivételes ponttól eltekintve és z 0 J(f), az U halmaz pedig a z 0 környezete. Ekkor állítás szerint létezik olyan k, melyre z fc k (U). Ez azt jelenti, hogy a kivételtől eltekintve bármely z pont ősképei tetszőleges megközelítik J(f c ) elemeit. Így a következő algoritmus adódik, egy kezdőpontot kiválasztva kiszámolunk egy vissza-orbitot, azaz minden lépésben véletlenszerűen kiválasztunk egy ősképet. Ábra 3.2: f(z) = z i Julia-halmaza a vissza-iterációs módszerrel 18

21 Általában a második algoritmus sokkal jobb képet ad mint az első, ha a Julia-halmaz sehol sem sűrű, viszont az ábrázolt pontok eloszlása nem egyenletes. Ábra 3.3: Az előre- és vissza-iterációs algoritmusok képeinek összehasonlítása 19

22 A 3.2-es ábrán a felső sor a c = i, a középső a c = i, az alsó pedig a c = i paraméterű függvények Julia-halmazai. Ezek közül a felső és az alsó seholsem sűrű, Állítás Minden c paraméterre J(f c ) középpontosan szimmetrikus az origóra, azaz z A fc ( ) pontosan akkor, ha z A fc ( ) Bizonyítás. Nyilvánvalóan f c (z) = z 2 + c = ( 1) 2 z 2 + c = f c ( z), így {f n c (z)} n=1 és {f n c ( z)} n=1 orbitok azonosak, tehát egyszerre tartanak -hez. 3.1 Fixpontok és ciklusok A következőkben azt vizsgáljuk, hogy különböző c értékekre mit mondhatunk f c (z) dinamikai tulajdonságairól. Az f 0 (z) = z 2 esetén láttuk, hogy két véges fixpontja volt, z = 0 vonzó és z = 1 taszító. Legyen K 1 C azon c értékek halmaza, melyekre f c (z)-nek létezik véges vonzó fixpontja. Az f c fixpontjainak megkereséséhez meg kell oldani az f c (z) = z, azaz 0 = z 2 z + c egyenletet. Ezek z 1 = c és z 2 2 = 1 1 4c. A fixpont dinamikájának meghatározásához 2 f c(z) = 2z, így az a kérdés, hogy mely c paraméterekre lesz 2z 1 < 1, vagy 2z 2 < 1. Legyen λ(c) = 1 1 4c a multiplikátor leképezés. Ebből az inverz meghatározása: (λ(c) 1) 2 = ( 1 4c) 2 = 1 4c, amiből c-re rendezve c = λ λ Itt a 1 4c kifejezésen az 1 4c = r(cos(φ)+i sin(φ)) r(cos( φ )+i sin( φ 2 2 )) függvényt értjük. Ha a φ ( π, π] értelmezést választjuk, akkor így a 1 4c-re teljesül, hogy a valós része nemnegatív, és így az 1 1 4c lesz a vonzó fixpont. Erre csak azért volt szükség, hogy a multiplikátor leképezés egyszerű alakot kapjon, valójában elegendő azt mondani, hogy az 1 4c nemnegatív valósrészű gyökét választjuk, mert az előző alapján a két fixpont közül csak ez lehet a vonzó. Nyilvánvalóan a multiplikátor leképezés így megadva szintén folytonos és analitikus. Ábra 3.4: K 1 és egy K 1 -beli paraméter kitöltött Julia-halmaza A vonzó fixponttal rendelkező c paraméterértékekre λ(c) < 1, így λ : K 1 B(0, 1). Így K 1 határa a { λ λ2 : λ = 1} halmaz. A 3.3-as ábrán látható c = i

23 K 1 kitöltött Julia-halmaza. Általában is azt tapasztaljuk, hogy a K 1 -beli értékek minél közelebb vannak a 0-hoz, annál jobban hasonlít a Julia-halmaz az egységkörre. fc 1 (0) i fc 2 (0) i fc 3 (0) i fc 4 (0) i fc 5 (0) i fc 6 (0) i fc 7 (0) i fc 8 (0) i fc 9 (0) i fc 10 (0) i Ha tovább vizsgáljuk a c = i esetet, akkor ennek a fixpontjai közelítően z 1 = i és z 2 = i, így a második lesz vonzó. Az origó orbitját szimulálva az derül ki, hogy z 2 -höz tart, ezt a következő szakasz tételében általánosan is kimondjuk. Legyen K p C azon c értékek halmaza, melyekre f c (z)-nek létezik véges vonzó p- periodikus pontja. A K 2 halmaz meghatározása már nehezebb mint az előbb, ugyanis a f c (f c (z)) = z egyenletet kell megoldani. 0 = f c (f c (z)) z = (z 2 + c) 2 + c z = z 4 + 2cz 2 z + c 2 + c = = (z 2 + c z)(z 2 + z + c + 1) Mivel olyan pontokat keresünk, amiknek vonzó 2-periodikus pontjuk van, ez nem lehet fixpont, így z 2 + c z 0, tehát az egyenletből marad 0 = z 2 + z + c + 1. Ha {z 0, z 1 } a 2-ciklus, akkor nyilván mindkettő kiegyenlíti ezt az egyenletet, így (z z 0 )(z z 1 ) = z 2 + z + c + 1, amiből z 0 z 1 = c + 1 adódik. A {z 0, z 1 } multiplikátora (f 2 c ) (z 0 ) = f (z 0 )f (z 1 ) = 4z 0 z 1 = 4(c + 1). Tehát a 2-periodikus pont pontosan akkor vonzó, ha c < 1, azaz c ( 1) < 1 4, ezért K 2 = B( 1, 1 4 ). A 3.4-es ábra jobb oldalán az f 1 (z) kitöltött Julia-halmaza látható. Ebben az esetben a a vonzó 2-ciklus a {0, 1}, így az origó orbitja végig a ciklusban van. Az előbbi módszerrel p > 2-re K p -t nem egyszerű meghatározni, mert a periodikus pont meghatározásához egy 2p-ed fokú polinom gyökét kell meghatároznunk. Bár az előbbi esethez hasonlóan adódhatnak egyszerűsítések, az analtikus megoldás nem egyszerű, így közelítő módszerek jöhetnek szóba. Egyelőre tegyük fel, hogy f c (z) függvény esetén a 0 orbitja a ciklushoz tart, a következő szakasz tétele igazolja ennek a helyességét. 21

24 Ábra 3.5: K 1 és K 2 ábrázolva, a c = 1 paraméter kitöltött Julia-halmaza Ábra 3.6: K 3 és K 4 közelítése Ekkor a K p ábrázolására a következő primitív algoritmus adódik: Határozzuk meg a z 0 = 0 orbitjának első N tagját, ahol N előre meghatározott, kellően nagy egész szám. Ezután vegyük a z N z (N m) különbségek abszolútértékeit, ahol 0 < m p. Ha z N z (N m) > ε, amikor 0 < m < p és z N z (N m) < ε, ha m = p, akkor az a közelítés szempontjából azt jelenti, hogy z N f p (z N p ) és semelyik p-nél kisebb nem lehet a periódus, így a 0 orbitja egy vonzó p-ciklushoz tart. Tétel Legyen W a K n egy összefüggőségi komponense, λ : W B(0, 1), amelyre λ(c) az f c (z) vonzó n-ciklusának multiplikátora. Ekkor a λ leképezés konform és szürjektív B(0, 1)-re. A tétel bizonyítása megtalálható [7]-ben, a 134. oldalon. Következmény. Minden n N esetén K n minden összefüggőségi komponense nyílt, így K n is nyílt. 22

25 3.2 Kritikus pont Ábra 3.7: K 5 és K 1 K5 Definíció Legyen f analitikus a z 0 pontban, az f leképezés foka z 0 -ban k, ha f(z) = f(z 0 ) + a k (z z 0 ) k +... ahol a k 0. Definíció Az f(z) függvénynek z 0 kritikus pontja, ha a foka nagyobb, mint 1. Ha z 0 és f(z 0 ) is véges, akkor z 0 pontosan akkor kritikus pont, ha f (z 0 ) = 0. Definíció Legyen f racionális tört- vagy egészfüggvény, és w ennek vonzó fixpontja, A f (w) közvetlen vonzási tartománya az A f(w) halmaz azon E összefüggőségi komponense, amelyre w E. Tétel Legyen f racionális törtfüggvény amely nem lineáris törtfüggvény, aminek w vonzó fixpontja, ekkor létezik z 0 A f (w) kritikus pont. A bizonyítás megtalálható [8]-ban. Definíció Legyen f racionális tört- vagy egészfüggvény amely nem lineáris törtfüggvény, ekkor w 0,..., w p 1 vonzó p-ciklus közvetlen vonzási tartománya p 1 j=0 F j ahol F j az F (f) azon összefüggőségi komponense, amelyre w j F j. Tétel Legyen f racionális törtfüggvény amely nem lineáris törtfüggvény, w 0,..., w p 1 vonzó p-ciklus, ekkor a közvetlen vonzási tartománya tartalmaz kritikus pontot. A definíció a nak az általánosítása fixpont helyett ciklusra. Ennek megfelelően a tétel a kiterjesztése, a bizonyítása szintén [8]-ban található meg. 23

26 A bra 3.8: F (z) = 2z 3 1 3z 2 A 3.7-es a bra az F (z) = 2z 3z12 fu ggve ny itera cio it alkalmazza, ez a f (z) = z Newton-fu ggve nye. Ha F (z) = z ff0(z), akkor F (z) vonzo fixpontjai pontosan az f (z) (z) gyo kei. z 3 1 gyo kei a harmadik egyse ggyo ko k, azaz 1, , A 3.4-es a bra n a zo ld jelo li az elso, a sa rga a ma sodik, a ke k a harmadik gyo k vonza si tartoma nya t. A ko zvetlen vonza si tartoma nya a bal felso tartoma ny, a to bbi sa rga re sz nem o sszefu ggo vele. A ke p torz, a ha rmas tala lkoza si pontokban le vo zo ld ko ro k a numerikus ko zelı te s hiba ja bo l ado dnak. Valo ja ban a te telbo l ko vetkezik, hogy ha egy pont valamelyik vonza si tartoma ny hata ra n fekszik, akkor eleme a Julia-halmaznak, e s a to bbi vonza si tartoma ny hata ra nak is. Azaz z tetszo leges sugaru ko rnyezete ben vagy egyszı nu az o sszes pont, vagy mindha rom szı n elo fordul. Minden fc (z) fu ggve nynek egyetlen kritikus pontja van, me gpedig az origo. I gy ezen fu ggve nyek legfeljebb egy ve ges vonzo fixponttal vagy vonzo ciklussal rendelkeznek, mely megtala la sa hoz elegendo az origo orbitja t vizsga lni. Azonban nem ez az egyetlen dinamikai tulajdonsa g amivel fc (z) rendelkezhet. c = i esete n a 0 orbitja: 0 i 1 + i i 1 + i e s ı gy tova bb, c = 2 esete n pedig: Ezek egyike sem vonzo fixpont vagy ciklus, mert fc (z) = (z 2 +c) = 2z, ı gy az elso esetben a { i, 1 + i} ciklus multiplika tora 2i 2 + 2i = 4 2, ı gy 0 taszı to e s a ma sodik esetben a 2 taszı to fixpont, mert f2 (2) = 4. Definı cio Legyen Ω C, f : Ω C, b C ve gperiodikus pont, ha nem periodikus, de le tezik olyan n > 1, hogy f n (b) periodikus. Egy c C Misiurewicz pont ha a 0 az fc (z) ve gperiodikus pontja. A 0 nem Misiurewicz pont, ugyanis f0 (z) = z 2 kritikus orbitja azonosan 0. Viszont n le teznek ve gperiodikus pontok, a zn = e2 πi (n > 0) alaku pontok mind ilyenek, ugyanis n (n 1) πi f0 (zn ) = e(2 πi)2 = e2 = zn 1 ha n > 0, e s f0 (z1 ) = e2πi = 1. 24

27 Állítás Ha c Misiurewicz pont akkor J(f c ) = K(f c ), így K(f c ) belseje üres. Ennek az állításnak a bizonyítása szerepel [7]-ben, 133. oldalon. Ábra 3.9: f(z) = z 2 + i Ebben az esetben a Julia-halmazt dendritnek nevezik. A szökési kritérium alapján minden c-re a kritikus orbit vagy korlátos marad, vagy végtelenhez tart, mert ha az fc n (0) orbit elhagyja az origó középpontú, 2 sugarú kört, akkor a határértéke. Ugyanis ha c > 2, akkor f c (0) = c már teljesíti a szökési kritériumot, ha pedig c 2, akkor ha valamely n-re fc n (0) > 2 akkor fc n (0) > c. Ha korlátos marad, akkor az eddigiek alapján a kritikus orbit vagy végperiodikus, vagy egy véges vonzó periodikus ponthoz tart. Tétel Legyen f legalább másodfokú polinom, ekkor J(f) és K(f) pontosan akkor összefüggő, ha minden véges kritikus pont orbitja korlátos. A bizonyítás szerepel [8]-ban (202. oldal). Definíció Az A halmazban U C \ A egy lyuk, ha egy olyan korlátos tartomány, melyre U A. Tétel Ha f legalább másodfokú polinom, akkor C \ K(f) összefüggő, azaz nincs lyuk a kitöltött Julia-halmazban. Bizonyítás. Indirekt tegyük fel hogy az U egy lyuk a K(f) halmazban. Legyen R > 0 olyan, hogy ha z > R, akkor f(z) > z > R, ilyen R létezik a következmény bizonyítása alapján. Ott megmutattuk, hogy ha z > R, akkor f n (z). Tehát ha egy z pont orbitja korlátos, azaz z K(f), akkor f n (z) R minden n-re. Mivel U K(f), minden n-re f n R a U halmazon is. A Maximumelv alapján analitikus függvény abszolútértéke a maximumát a tartomány határán veszi fel, így f n R az U halmazon is. Mivel ez minden n-re igaz, így U K(f), ami ellentmondás. 25

28 3.3 A Mandelbrot-halmaz Definíció Mandelbrot-halmaz M = {c C : f n c (0) } A szökési kritérium közelítést is ad a Mandelbrot-halmaz ábrázolására, egy c C szám esetén ki kell számolni az f n c (0) orbitot valamennyi lépésig, és ha elhagyja B(0, 2)-t akkor c nincs a Mandelbrot-halmazban. Ugyanis ha c > 2, akkor f c (0) = c > 2 így a 0 orbitja a végtelenhez tart, ha pedig c 2, akkor ha valamely n-re f n c (0) > 2, akkor f n c (0) > z. A következő képen a világosabb árnyalat azt jelzi, hogy a kritikus orbitnak több lépést kellett tennie, mire elhagyja a 2 sugarú kört. Ábra 3.10: A Mandelbrot-halmaz Ábra 3.11: Nagyítás a Mandelbrot-halmazra 26

29 A Mandelbrot-halmaz határa rendkívül összetett. A 3.10-es ábra bal oldala i pontra vett közelítés 100-szoros nagyításban, mellette a bal felső sarok további 10- szeres nagyításban. Mivel a határon a legnehezebb eldönteni, hogy egy adott pont benne van-e a halmazban, ezért itt érdemes megnövelni az iterációszámot. A bal oldali kép 200, a jobb oldali 1000 iterációval készült, ezért azon pontok, amik az első 200 iterációban esnek ki, sokkal sárgábbak az első képen, mint a másodikon. A jobb oldali kép nagyon hasonlít az eredeti Mandelbrot-halmazhoz, rendelkezik hasonló a körökkel és antennákkal, és ha folytatnánk a nagyítást, akkor a határán további kis Mandelbrot-halmazokat fedeznénk fel. A következőkben a teljesség igénye nélkül lássunk pár tulajdonságot a Mandelborthalmazról. Állítás M zárt halmaz. Bizonyítás. Tegyük fel, hogy c k c, ahol minden c k M. Az f c kritikus orbitja 0, c, c 2 + c, (c 2 + c) 2 + c,..., azaz az n-edik tag felírható c valamilyen polinomjaként, ezt jelölje Q n (c). Rögzített n-re Q n (c) folytonos, és minden k-ra Q n (c k ) 2. Mivel Q n (c k ) Q n (c ), ezért Q n (c ) 2. Ez minden n-re teljesül, így f c kritikus orbitja korlátos, azaz c M, tehát M zárt halmaz. Állítás M összefüggő halmaz. A bizonyítás meghaladja a dolgozat kereteit, megtalálható [8]-ban (a 239. oldalon). Állítás M szimmetrikus a valós tengelyre. Bizonyítás. Azt kell bizonyítani, hogy az {f n c (0)} n=0 és az {f n c (0)} n=0 orbitok egyszerre korlátosak. Ennél erősebb állítás is igaz, minden n-re f n c (0) = f n c (0), amiből következik hogy az abszolút értékük egyenlő, így egyszerre korlátosak. Ez indukcióval adódik, n = 0- ra triviális, tegyük fel hogy n-ig már beláttuk és legyen a = f n c (0) és a = f n c (0), ekkor f n+1 c (0) = f c (fc n (0)) = f c (a) = a 2 + c = a 2 + c = f c (a) = f c (fc n (0)) = f n+1 (0). Állítás C \ M összefüggő, azaz nincs lyuk a Mandelbrot-halmazban. Bizonyítás. A bizonyítás a tételhez hasonlóan történik. Legyen P n (c) = f n c (0), ez minden n pozitív egészre polinom, ez ugyanis indukcióval adódik abból, hogy P 1 (c) = c, P 2 (c) = c 2 + c és P n+1 (c) = (P n (c)) 2 + c. Tehát ha egy c pont orbitja korlátos, azaz c M, akkor P n (c) 2 minden n-re. Mivel U nyílt, U M, minden n-re P n 2 a U halmazon is. A Maximumelv alapján analitikus függvény abszolútértéke a maximumát a tartomány határán veszi fel, így P n 2 az U halmazon is. Mivel ez minden n-re igaz, így U M, ami ellentmondás. Tétel Ha c > 2, akkor J(f c ) = K(f c ) egy Cantor halmaz. c 27

30 Bizonyítás. A bizonyítást [4] alapján végzem (229. oldal). Legyen a továbbiakban D = {z : z c }, és a szokásos módon fc n (D) = {z : fc n (z) D}. Tudjuk, hogy K(f c ) = n 0 f c n (D), ugyanis ha z / n 0 f c n (D), akkor létezik egy olyan k 0, hogy fc k (z) / D, és így a szökési kritérium alapján z orbitja a végtelenbe tart. Első lépésként határozzuk meg az fc 1 (D) halmaz határát, ami a D határának az ősképe. D határa a {z : z = c } körvonal, ennek pontjaiból kell levonni a c-t, és komplex gyököt venni. A komplex gyökvonás nem egyértelmű, mivel ősképet keresünk ezért mind a két érték szükséges, így z0 = r(cos(ϕ) + i sin(ϕ)) = { r(cos( ϕ 2 ) + i sin(ϕ 2 )), r(cos( ϕ 2 ) + i sin(ϕ 2 ))}. Ezért az fc 1 ( D) görbének az ismert nyolcas alakja van, és ennek belseje D belsejének az ősképe. Vegyük észre, hogy fc 1 (D) D, hiszen minden z / D pontra f c (z) / D. A nyolcas két köre, I 0 és I 1 szimmetrikus az origóra, hiszen a komplex gyökök egymás ellentettjei, és f c mind a kettőt D-re képezi bijektíven. Így fc 2 ( D) szintén nyolcas formákból áll, az egyik az első nyolcas egyik felében, a másik a a másik felében, és a nyolcasok belseje fc 2 (D). A további fc n (D) halmazok hasonlóan kaphatók, a 3.12-es ábrán az első három látható a c = i értékre. Ábra 3.12: D, f 1 c (D), f 2 (D) és f 3 (D) Tehát f n c (D) 2 n 1 darab nyolcasból áll, melyek összesen 2 n kört tartalmaznak. Legyen s 0 s 1... s n egy 0, 1 sorozat, és I s0 s 1...s n = {z D : z I s0, f c (z) I s1,..., f n c (z) I sn }. Így minden n-re I s0 s 1...s n egy zárt halmaz, mely részhalmaza I s0 s 1...s n 1 -nek, tehát n 0 I s 0 s 1...s n nem üres. Ha z n 0 I s 0 s 1...s n 1, akkor fc k (z) D minden k-ra, ebből következik, hogy z K(f c ). Egy s n sorozat által a nyolcas formák köreinek egy végtelen metszetét K(f c ) egy komponensének nevezzük. A konstrukcióból adódóan bármely két komponens diszjunkt. Megfordítva, minden z K(f c ) pont valamelyik komponensben helyezkedik el, így létezik hozzá egy végtelen 0, 1 sorozat, hogy z n 0 I s 0 s 1...s n. Annak a bizonyításához, hogy minden komponenes csak egyetlen pontot tartalmaz, további részletek szükségesek melyektől most eltekintünk. 28 c c

31 Tétel Minden f c függvényre a következő két állítás közül pontosan az egyik igaz: 1. f n c (0) és J(f c ) teljesen széteső. 2. {f n c (0)} n=1 korlátos C-ben és K(f c ) összefüggő. Bizonyítás. Az első eset a szökési kritérium alapján akkor áll fenn, ha az {fc n (0)} orbit elhagyja az origó középpontú, max{2, c } sugarú kört. A c > 2 esetet már tárgyaltuk a tételben, így most feltesszük, hogy c 2. Így az első eset akkor áll fenn, ha fc n (0) > 2 valamely n pozitív egészre. Legyen k a minimális index, amire ez teljesül, ekkor legyen ρ = fc k (0) és C ρ az origó középpontú, ρ sugarú kör ennek pontjai a szökési kritérium alapján -hez tartanak. A C ρ képe a c középpontú ρ 2 sugarú kör, mely tartalmazza a belsejében a C ρ kört. Ugyanis c 2 < ρ, ezért c a C ρ kör belsejében van, így C ρ legtávolabbi pontja is legfeljebb 2ρ távolságra van tőle, és mivel 2ρ < ρ 2 így az f c (C ρ ) ezen kívül van. A C ρ kör belseje az f c (C ρ ) kör belsejébe képződik. A továbbiakban jelöljük B(0, ρ) lezártját D ρ -val. A nyílt leképezések tétele miatt fc 1 (D ρ ) D ρ, mert D ρ határa C ρ, és annak a képe a D ρ halmazon kívül helyezkedik el. Továbbá 0 fc 1 (D ρ ), mert 1 f c (0) = c és c < ρ. Így fc (D ρ ) határa is egy egyszerű zárt görbe. Mivel k volt a legkisebb olyan pozitív egész, hogy fc k (0) C ρ, ezért az előző érvelés Ábra 3.13: C ρ és f c (C ρ ) elvégezhető k 1-szer. Ezért f (k 1) c (D ρ ) fc 1 (D ρ ) D ρ és fc j (D ρ ) az fc j+1 (D ρ ) belsejében helyezkedik el j = 1,..., k 1-re. Továbbá fc j (D ρ ) határa egy egyszerű zárt görbe, mely képe az fc j+1 (D ρ ). Mivel fc k (0) C ρ, így fc k (D ρ ) k határa tartalmazza a 0-át. Így fc (D ρ ) határa egy nyolcas forma, melynek belsejében a két kör bijektíven képződik fc k+1 (D ρ ) belsejére. Tehát D ρ ősképe pontosan akkor lesz nyolcas forma, ha a 0 az fc k (D ρ ) határán van. Innen a tétel bizonyításában használt módszerrel adódik, hogy az fc (k+n) (D ρ ) halmaz 2 n darab diszjunk nyolcas formából áll, így a Julia-halmaz végül teljesen széteső. Ezzel az első állítást bebizonyítottuk. A másik esetben fc n (0) 2 minden pozitív egész n-re. Ekkor minden ρ > 2 számra fc k (D ρ ) mindig összefüggő halmaz és a határa egyszerű zárt görbe. Monoton csökkenő, kompakt, összefüggő és nem üres halmazok végtelen metszete is az, így n 0 f c n (D ρ ) is összefüggő halmaz, továbbá pontosan azon pontokat tartalmazza, melyek orbitja korlátos, tehát a kitöltött Julia-halmaz. 29

32 Általánosítások 4.1 Unikritikus polinomok A másodfokú polinomok után kézenfekvő lenne a harmadfokú polinomokat vizsgálni. Ez azonban nehezebb, ugyanis nem minden g(z) = αz 3 + βz 2 + γz + δ harmadfokú polinom lesz lineárisan konjugált valamilyen f(z) = z 3 + c alakú függvénnyel. Ez már onnan is látszik, hogy az általános harmadfokú polinom deriváltja g (z) = 3αz 2 + 2βz + γ, így multiplicitással számolva kettő kritikus pontja van, és könnyen adhatók olyan paraméterek, melyekre ez a kettő különbözik. Viszont f (z) = 3z 2 esetén tetszőleges c érték esetén csak egy. Így ebben a szakaszban az utóbbival foglalkozunk. Definíció Az f : C C függvényt unikritikus polinomnak hívjuk, ha polinom és egyetlen kritikus pontja van. A konstans- és lineáris függvények nem rendelkeznek kritikus ponttal, ezért a későbbiekben polinomon legalább másodfokú polinomot értünk. Könnyen látszik, hogy ha g(z) egy d-ed fokú unikritikus polinom, akkor valamely c-re lineárisan konjugált f d,c (z) = z d + c függvénnyel. A második fejezet több tétele is igaz marad másodfokú helyett tetszőleges unikritikus polinomra is. Állítás Minden c C és 2 d Z esetén az f d,c vonzó fixpontja. 1 Bizonyítás. f d,c ( ) =, és lim z = lim f d,c (z) z 1 dz d 1 = 0, tehát vonzó fixpont. Állítás Legyen z C, ha z > 2 és z c, akkor fd,c n (z). A állítás bebizonyítását már ebben az általános esetben végeztük el. Így az unikritikus polinom dinamikájára az előző fejezet esetei érvényesek, azaz a tétel alapján ha az origó orbitja korlátos, akkor tarthat egy vonzó fix- vagy periodikus ponthoz, vagy végperiodikus. Az unikritikus polinomok adott d fok esetén szintén egyparaméteres függvénycsalád, így van értelme Mandelbrot-halmazt definiálni: 30

33 Definíció A d-edfokú Mandelbrot-halmaz M d = {c C : fd,c n (0) }. Így amit eddig Mandelbrot-halmaznak hívtunk, az a mostani jelöléssel M 2. Az előző fejezetben láttuk, hogy z 2 + c Julia-halmazai középpontosan szimmetrikusak az origóra, és M 2 szimmetrikus a valós tengelyre. Most a J(f d,c ) és az M d halmazok általános szimmetriáit keressük. Ehhez vezessük be a következő jelölést az első k-adik egységgyökre: ε k = cos( 2π k ) + i sin(2π k ) Ekkor ε k k = 1 és ε k hatványai lesznek a z k = 1 egyenlet komplex megoldásai. Állítás Tetszőleges d, c választásra J(f d,c ) szimmetrikus a 2π -vel való forgatásra. d Bizonyítás. A komplex síkon a 2π d -vel való forgatás megfelel a ε d-vel való szorzásnak, így azt kell ellenőrizni, hogy minden z-re a f n d,c (z) és a f n d,c (zε d) orbitok egyszerre korlátosak. Ez pedig nyilvánvaló, mivel f d,c (zε d ) = (zε d ) d + c = z d ε d d + c = z d + c = f d,c (z). Tehát az orbitok az első iteráció után azonosak. A Mandelbrot-halmazok esetében viszont végig megmarad a valós egyenes, mint a tükrözés tengelye. Állítás Ha c M d, akkor c M d. Bizonyítás. A állításhoz hasonlóan azt fogjuk belátni, hogy f d,c (z) = f d,c (z), mert ekkor indukcióval adódik, hogy az origó n-edik iterációjának abszolút értéke egyenlő a c és a c értékre. Ez pedig a következő számolásból adódik: f d,c (z) = z d + c = z d + c = z d + c = f d,c (z). Tehát M d szimmetrikus a valós tengelyre. Másrészt a Julia-halmazhoz hasonlóan a magasabb fokú unikritikus polinomok Mandelbrot-halmazaira is jellemző a forgásszimmetria. Azaz ha c M d, akkor valamely k-ra cε k M d. Ehhez elég, ha minden n-re f n d,c (0) = f n d,cε k (0). Ez n = 1-re triviálisan teljesül, n = 2-re pedig a c d + c = c d ε d k + cε k, így ha ε d k = ε k, akkor c d ε d k + cε k = ε k c d + c = c d + c. Ha k osztója d 1-nek, akkor ε d 1 k = 1, így teljesül hogy ε d k = ε k. Ezeket a forgatásokat generálja az ε d 1 forgatás. Tehát megmutattuk a következő állítást: Állítás Az M d halmaz szimmetrikus a 2π d 1 -val való forgatásra. 31

34 A bra 4.1: M3 (bal) e s J(f3, i (z)) (jobb) A 4.1-es a bra n la thato, hogy M3 tengelyesen e s ko ze ppontosan is szimmetrikus, ı gy a ke pzetes tengelyre is az, J(f3, i (z)) pedig invaria ns a 2π -mal valo forgata sra. 3 A bra 4.2: M7 e s M Po lusos fu ggve nyek Egy tova bbi leheto se g az fd,m,c (z) = z d + zcm alaku fu ggve nyek vizsga lata, ahol d, m C. Ezek dinamikai tulajdonsa gai aze rt e rdekesek, mert nagy abszolu t e rte ku z esete n fd,m,c viselkede se hasonlo az fd,0 -hoz, viszont az origo ko zele ben jelento sen elte r. A llı ta s Minden c C \ {0} e s 2 d Z esete n az fd,m,c vonzo fixpontja. Bizonyı ta s. fd,m,c ( ) =, e s limz fixpont (z) fd,c 32 = limz 1 dz d 1 cm z m+1 = 0, teha t vonzo

35 is. A következő állítás azt mondja ki, hogy a szökési kritérium igaz ezekre a függvényekre Állítás Ha z > 2 és z c, akkor fd,m,c n (z). Bizonyítás. A bizonyításban csak annyit kell meggondolni, hogy ha z > 2, akkor c z m < c. Ugyanis a háromszög-egyenlőtlenség alapján z d + c z m zd c z m zd c és a állítás bizonyításában már megmutattuk, hogy ekkor fd,m,c n (z). Így ezekre a függvényekre is értelmezhető és könnyen számolható a kitöltött Juliahalmaz. A fixpontok keresése az f d,m,c (z) = z egyenlet megoldásával történik. 0 = z d + c z z m zd+m z m+1 + c, melynek az algebra alaptétele miatt d + m gyöke van multiplicitással számolva. Periodikus pontokat is kereshetünk, az eljárás ugyanaz, mint a 3. fejezetben. A vonzó periodikus pontok esete azonban különbözik. Amíg az eddigi esetekben egyetlen kritikus pont volt, itt d + m darab lesz, mert: 0 = (z d + c z m ) = dz d 1 cm z cm m+1 d = zd 1+m+1 = z d+m Tehát a kritikus pontok a cm szám d + m-edik gyökei. Ezzel a tétel miatt akár d d + m darab lényegesen különböző vonzó fix- és periodikus pont is létezhetne. A komplex gyökvonás tulajdonságai miatt ha α az egyik gyök, akkor a többi megkapható αε k d+m alakban. A különböző kritikus pontok konvergenciája Állítás Tetszőleges d, m és c választásra J(f d,m,c ) szimmetrikus a forgatásra. 2π -mel való d+m Bizonyítás. A korábbiaknak megfelelően azt kell bizonyítanunk, hogy az fd,m,c n (z) és az fd,m,c n (zε d+m) orbitok egyszerre korlátosak. f n d,m,c(zε k d+m) = (zε k d+m) d + = ε kd d+m(z d + c z m ) = εkd d+mf n d,m,c(z) c (zε k d+m )m = zd ε kd d+m + c z m ε km d+m = z d ε kd d+m + c z m ε km d+m = Tehát ha egy α számból a β megkapható néhány 2π -mel való forgatással, akkor ez d+m igaz f d,m,c (α)-ra és f d,m,c (β)-ra is. Így α és β orbitjainak az abszolút értéke egyenlő, és egyszerre korlátosak. 33

36 I gy teha t a kritikus pontok egyszerre tartanak -hez. Az viszont nem igaz, ami az unikritikus polinomok esete n teljesu lt, hogy a szimmetrikus orbitok az elso itera cio uta n azonosak. I gy a kritikus pontok orbitjai ha nem is azonosak, de az abszolu t e rte ku k azonos. Ro gzı tett d e s m mellett bizonyos c e rte kekre a Julia-halmaz Cantor-halmaz tı pusu, d + m-es forga sszimmetria val, ilyen la thato a 4.3-as a bra bal oldala n. A bra 4.3: J(f3,3,2i ) e s J(f4,3,0.13i ) Ma s parame terre viszont azt tapasztaljuk, hogy a Julia-halmaz szivacs jellegu, o sszefu ggo e s a polinomokkal ellente tben tartalmaz lyukakat. A lyukak onnan erednek, hogy az origo az elso itera la ssal a be keru l, e s a folytonossa g miatt a valamely ko rnyezete a olyan ko rnyezete be keru l, melyre a szo ke si krite rium ma r teljesu l. Azok a pontok, is ke kre szı nezo dnek, melyek ne ha ny itera la ssal az origo kis ko rnyezete be keru lnek, ı gy a kito lto tt Julia-halmaz ve gtelen sok lyukat fog tartalmazni. A bra 4.4: J(f3,3, i ) kritikus pont i i i i i i i i i i i i i i 34 vonzo orbit i i i i i i i i i i i i

37 A 4.4-es a bra n la thato a hagyoma nyos kito lto tt Julia-halmaz, a sa rga foltok a fix- e s periodikus pontok vonza si tartoma nyai. A ta bla zatban numerikusan meghata roztam a kritikus pontok orbitjait, mind a he t nagyobb folt torlo da si pontja a kritikus orbitoknak, illetve a he t orbit ko zu l az egyik fixponthoz torlo dik, a to bbi ketto darab 3-as ciklushoz. A 4.3-as a bra bal oldala egy e rdekes esetet a bra zol. A Julia-halmaz hasonlı t a 4.4-es a bra Julia-halmaza hoz, viszont nem tartalmaz nagyobb sa rga teru leteket, ı gy va rhato an nincs ve ges vonzo periodikus pont. Valo ban, a kritikus orbitok -hez tartanak. Ez aze rt e rdekes, mert a ma sodfoku polinomokna l a Misiurewicz pontok kito lto tt Juliahalmazaira teljesu lt, hogy a belseju k u res e s o sszefu ggo ek, viszont azok kritikus orbitjai ve gperiodikusak voltak, teha t ez ma s jelense g. Ro gzı tett d e s m sza mokra az fd,m,c fu ggve nyek Mandelbrot-halmaza t e rtelmezhetju k. p n ( d+m cm )9 Definı cio A d, m indexu Mandelbrot-halmaz Md,m = {c C : fd,m,c d }. A bra 4.5: M3,2 e s M5,2 Az a bra zola sa kicsit nehezebb, mint az eddig, mert a kritikus pont nem csak az m-to l e s a d-to l fu gg, hanem maga to l a c-to l is. A Mandelbrot-halmazokro l a ko vetkezo t vehetju k e szre d > 2 esetben: Az Md,m d 1 darab eredeti Mandelbrothalmazt tartalmaz. Ezeket az origo hoz ko zelebbi re szen m 1 darab lyuk va lasztja el egyma sto l, a ta volabbi re szen d + 1, illetve mine l nagyobb az m, anna l kisebb az Md,m. Ezek a tulajdonsa gok megfigyelheto k a ke peken, viszont bizonyı ta st nem tudtam adni. A bra 4.6: Az M2,2 elte r a to bbito l 35

38 Ábra 4.7: M 4,2 és M 4,3 Továbbá a korábbiakhoz hasonlóan igaz a következő két állítás a szimmetriára vonatkozóan: Állítás Ha c M d,m akkor c M d,m. Bizonyítás. Ehhez az kell, hogy f d,m,c és f d,m,c kritikus pontjai egyszerre legyenek korlátosak. A c kritikus pontja m+d cm, a c kritikus pontja pedig m+d cm. Ezek egymás konjugáltjai, d d mert cm = cm, és az n-edik gyökvonás is felcserélhető a konjugálással, ami a komplex d d számok trigonometrikus alakjából könnyen látszik. Továbbá az is igaz, hogy f d,m,c (z) = z d + c z m = zd + c z m = zd + c z m = f d,m,c(z), így a két paraméter kritikus orbitja egymás konjugáltjai, tehát az abszolút értékük egyenlő. Állítás Az M d,m halmaz szimmetrikus a 2π -gyel való forgatásra. d 1 Bizonyítás. Azaz ha c M d,m, akkor cε k d 1 M d,m. Először, c 1 = c kritikus pontja m+d cm, a c d 2 = cε k d 1 kritikus pontja pedig m+d cε k d 1 m d jelöljük α c1 -gyel és α c2 -vel. Másrészt az is igaz, hogy f d,m,cε k d 1 (z m+d ε k d 1 ) = (z m+d ε k d 1 )d + = ( m+d ε k d 1 )d (z d + c m ) = m+d ε k d 1 (zd + c z m ) = m+d = ( m+d cm ε )( m+d k d d 1 ), ezeket cε k c( ε m+d k d 1 = z d ( m+d ε k d 1 )d+m (z m+d ε k d 1 )d + d 1 )m ε k d 1 f d,m,c(z). z m ( m+d ε k d 1 )m = Ebből indukcióval adódik, hogy minden n 0 indexre ( m+d ε k d 1 )f n d,m,c 1 (α c1 ) = f n d,m,c 2 (α c2 ). Így a két orbit abszolút értéke egyenlő, ezért egyszerre konvergensek. 36

39 Egy alkalmazás Ebben a fejezetben a Mandelbrot-halmaz és Julia-halmazok egy érdekes alkalmazását látjuk [10] alapján. Korábban láttuk, hogy ha a c paraméter a Mandelbrot-halmaz határán van, akkor a Julia-halmazok már a paraméter kis eltéréseire is jelentősen különböznek. Amikor egy képet látunk a kitöltött Julia-halmazról, akkor egy pixel az alapján kap színt, hogy hányadik iterációra éri el a szökési kritériumot, tehát ha két kép különböző, akkor ezek a számok sem lehetnek egyformák. Így a titkosítás menete a következő, először választunk egy alkalmas c értéket, utána generáljuk az f c kitöltött-julia halmazát. Utána ránagyítunk a kép egy kellően összetett részére, és minden pixelhez vesszük azt a legkisebb k pozitív egész számot, amelyre a k. iterációban teljesülnek a szökséi kritérium feltételei. Egy 500x500-as felbontású ábrán a pixelekhez tartozó számokat soronként összeadva kapunk egy 500 hosszú vektort, amely elemei nagyon különbözőek, és a c paraméter kis változtatásával teljesen más vektort kapunk. Ez a vektor lesz a kulcs, a szöveg kódolásánál minden karakter kódjához hozzáadjuk a vektor megfelelő elemét. Ha az eredeti szöveg karakterei n bittel vannak kódolva, akkor az összeadás után a 2 n -es osztási maradékot kell venni, így kapjuk a titkosított karaktert. A kulcshoz a c értékre és arra van szükségünk, hogy melyik pontra mekkora nagyítással közelítettünk, ami elég kevés információ. Ábra 5.1: 50x50 pixeles nagyítások f c1 és f c2 Julia-halmazaiból 37