FRAKTÁLGEOMETRIA. Példák fraktálokra I. Czirbusz Sándor február 1. Komputeralgebra Tanszék ELTE Informatika Kar

Átírás

1 Példák fraktálokra I Czirbusz Sándor czirbusz@gmail.com Komputeralgebra Tanszék ELTE Informatika Kar február 1.

2 Vázlat 1 Mi a fraktál? 2 A konstrukció Egyszerű tulajdonságok Triadikus ábrázolás Transzlációk Iterált fügvényrendszerek Sierpienski háromszög A konstrukció Egyszerű tulajdonságok A Sierpienski - szőnyeg és a Menger - szivacs A Koch - görbe

3 Mi a fraktál? A fraktál olyan halmaz, melynek a Haussdorff-Besicovitch dimenziója szigorúan nagyobb, mint a topológiai dimenziója

4 Mi a fraktál? A fraktál olyan halmaz, melynek a Haussdorff-Besicovitch dimenziója szigorúan nagyobb, mint a topológiai dimenziója Mandelbrot

5 Kiegészítés Amit azért mindenki tud Önhasonlóak FInomszerkezet Az euklideszi geometria eszközeivel nehezen kezelhetők Egyszerű szabályokkal előállíthatók többnyire valamilyen rekurzióval Valami baj van a dimenzióval Ott vanak mindenhol

6 Kiegészítés Amit azért mindenki tud Önhasonlóak FInomszerkezet Az euklideszi geometria eszközeivel nehezen kezelhetők Egyszerű szabályokkal előállíthatók többnyire valamilyen rekurzióval Valami baj van a dimenzióval Ott vanak mindenhol

7 Kiegészítés Amit azért mindenki tud Önhasonlóak FInomszerkezet Az euklideszi geometria eszközeivel nehezen kezelhetők Egyszerű szabályokkal előállíthatók többnyire valamilyen rekurzióval Valami baj van a dimenzióval Ott vanak mindenhol

8 Kiegészítés Amit azért mindenki tud Önhasonlóak FInomszerkezet Az euklideszi geometria eszközeivel nehezen kezelhetők Egyszerű szabályokkal előállíthatók többnyire valamilyen rekurzióval Valami baj van a dimenzióval Ott vanak mindenhol

9 Kiegészítés Amit azért mindenki tud Önhasonlóak FInomszerkezet Az euklideszi geometria eszközeivel nehezen kezelhetők Egyszerű szabályokkal előállíthatók többnyire valamilyen rekurzióval Valami baj van a dimenzióval Ott vanak mindenhol

10 Kiegészítés Amit azért mindenki tud Önhasonlóak FInomszerkezet Az euklideszi geometria eszközeivel nehezen kezelhetők Egyszerű szabályokkal előállíthatók többnyire valamilyen rekurzióval Valami baj van a dimenzióval Ott vanak mindenhol

11 Kiegészítés Amit azért mindenki tud Önhasonlóak FInomszerkezet Az euklideszi geometria eszközeivel nehezen kezelhetők Egyszerű szabályokkal előállíthatók többnyire valamilyen rekurzióval Valami baj van a dimenzióval Ott vanak mindenhol

12 A Cantor halmaz konstrukciója Legyen C 0 = [0, 1]

13 A Cantor halmaz konstrukciója Legyen C 0 = [0, 1] Hagyjuk el az ( 1 3, 2 3 ) intervallumot!

14 A Cantor halmaz konstrukciója Legyen C 0 = [0, 1] Hagyjuk el az ( 1 3, 2 3 ) intervallumot! C 1 = [0, 1 3 ] [ 2 3, 1]

15 A Cantor halmaz konstrukciója Legyen C 0 = [0, 1] Hagyjuk el az ( 1 3, 2 3 ) intervallumot! C 1 = [0, 1 3 ] [ 2 3, 1]... minden lépésben hagyjuk el a megmaradt intervallumok középső harmadát!

16 A Cantor halmaz konstrukciója Legyen C 0 = [0, 1] Hagyjuk el az ( 1 3, 2 3 ) intervallumot! C 1 = [0, 1 3 ] [ 2 3, 1]... minden lépésben hagyjuk el a megmaradt intervallumok középső harmadát! C = k=1 C k a Cantor halmaz

17 Egyszerű tulajdonságok 1 A C k halmaz 2 k darab diszjunkt intervallum uniója, egy ilyen intervallum hossza : 1 3 k 2 l(c k ) = ( 2 3 )k 3 l(c) = 0 4 Ha a, b [0, 1] és valamely k ra [a, b] C k, akkor minden n >= k esetén a, b C n

18 Egyszerű tulajdonságok 1 A C k halmaz 2 k darab diszjunkt intervallum uniója, egy ilyen intervallum hossza : 1 3 k 2 l(c k ) = ( 2 3 )k 3 l(c) = 0 4 Ha a, b [0, 1] és valamely k ra [a, b] C k, akkor minden n >= k esetén a, b C n

19 Egyszerű tulajdonságok 1 A C k halmaz 2 k darab diszjunkt intervallum uniója, egy ilyen intervallum hossza : 1 3 k 2 l(c k ) = ( 2 3 )k 3 l(c) = 0 4 Ha a, b [0, 1] és valamely k ra [a, b] C k, akkor minden n >= k esetén a, b C n

20 Egyszerű tulajdonságok 1 A C k halmaz 2 k darab diszjunkt intervallum uniója, egy ilyen intervallum hossza : 1 3 k 2 l(c k ) = ( 2 3 )k 3 l(c) = 0 4 Ha a, b [0, 1] és valamely k ra [a, b] C k, akkor minden n >= k esetén a, b C n

21 Triadikus ábrázolás I Bármely x N ábrázolható 3-as számrendszerben x = M a i 3 i i=0 formában. A [0, 1] között számok felírhatók x = a i 3 i i=1 alakban.

22 Triadikus ábrázolás II Tétel Az x [0, 1] szám pontosan akkor van benne C ben ha van olyan triadikus felírása, melyben nem szerepel 1 -es Következmény A Cantor halmaz nem megszámlálható.

23 Transzlációk I I Ha L R, s L, akkor az L + s = x + s : x L halmazt al L halmaz s el való eltoltjának nevezzük. Definiáljuk a következő sorozatokat : L 0 = 0, legyen továbbá s 0 = 2 3, és L k = L k 1 (L k 1 + s k 1 ), s k = s k 1 3 Legyen L = k=0 L k Tulajdonságok : L k elemszáma 2 k L k pontjai a C k beli intervallumok bal végpontjai, a C k -ból kihagyott intervallumok job végpontjai (plusz a 0) L k elemeinek triadikus felbontásában nincs 1 es

24 Transzlációk II Igaz-e, hogy L = C?

25 Transzlációk II Igaz-e, hogy L = C? Tétel Ha x eleme a Cantor halmaznak, akkor létezik L-ben olyan sorozat, amelyik x hez konvergál.

26 Transzlációk III Bizonyítás Ha x C, akkor x = i=1 a i 3 i, ahol a i csak 0, 2lehet.k >= 1 esetén legyenx k = k i=1 a i 3 i. Ekkor x k L k.továbbá: x x k = i=k+1 a i 3 i <= i=k i = 2 3 (k+1) 2 3 = 3 k (1)

27 Iterált fügvényrendszerek I Definíció Legyenek r > 0 valamint a valós számok. Az f : R R, x r x + (1 r) a utasítással definiált függvényt r arányú, a középpontú dilatációnak vagy nyújtásnak nevezzük

28 Iterált fügvényrendszerek I Definíció Legyenek r > 0 valamint a valós számok. Az f : R R, x r x + (1 r) a utasítással definiált függvényt r arányú, a középpontú dilatációnak vagy nyújtásnak nevezzük Tekintsük a következő két dilatációt : f 1 (x) = x 3, f 2(x) = x+2 3. Nézzük a két függvény [0, 1] re való megszorítását!

29 Iterált fügvényrendszerek I Definíció Legyenek r > 0 valamint a valós számok. Az f : R R, x r x + (1 r) a utasítással definiált függvényt r arányú, a középpontú dilatációnak vagy nyújtásnak nevezzük Tekintsük a következő két dilatációt : f 1 (x) = x 3, f 2(x) = x+2 3. Nézzük a két függvény [0, 1] re való megszorítását! Tétel A Cantor halmazra teljesül a következő összefüggés : C = f 1 (C) f 2 (C) (2)

30 Iterált fügvényrendszerek II Bizonyítás. 1 Indukcióval : C k+1 = f 1 (C k ) f 2 (C k ) 2 Szokásos kétoldali tartalmazással

31 Iterált fügvényrendszerek II Bizonyítás. 1 Indukcióval : C k+1 = f 1 (C k ) f 2 (C k ) 2 Szokásos kétoldali tartalmazással

32 Iterált fügvényrendszerek II Bizonyítás. 1 Indukcióval : C k+1 = f 1 (C k ) f 2 (C k ) 2 Szokásos kétoldali tartalmazással

33 Iterált fügvényrendszerek II Bizonyítás. 1 Indukcióval : C k+1 = f 1 (C k ) f 2 (C k ) 2 Szokásos kétoldali tartalmazással Az (f 1, f 2 ) függvénypárt iterált függvényrendszernek nevezzük, a C halmaz ezen függvényrendszernek az invariáns halmaza, avagy attraktorja.

34 Sierpienski háromszög A konstrukció 1 Legyen az S 0 halmaz egy egyenlőoldalú háromszög, a háromszög belsejét is ideértve. Az oldalakat egységnek tekintjük 2 Felezzük meg minden oldalát, kössük össze az oldalfelezőket, hagyjuk el a középső háromszöget. Így kapjuk az S 1 halmazt. 3 S k+1 et úgy kapjuk S k ből, hogy mindene megmaradt háromszögön végrehajtjuk az előző eljárást. 4 S = i=0 S i

35 Sierpienski háromszög A konstrukció 1 Legyen az S 0 halmaz egy egyenlőoldalú háromszög, a háromszög belsejét is ideértve. Az oldalakat egységnek tekintjük 2 Felezzük meg minden oldalát, kössük össze az oldalfelezőket, hagyjuk el a középső háromszöget. Így kapjuk az S 1 halmazt. 3 S k+1 et úgy kapjuk S k ből, hogy mindene megmaradt háromszögön végrehajtjuk az előző eljárást. 4 S = i=0 S i

36 Sierpienski háromszög A konstrukció 1 Legyen az S 0 halmaz egy egyenlőoldalú háromszög, a háromszög belsejét is ideértve. Az oldalakat egységnek tekintjük 2 Felezzük meg minden oldalát, kössük össze az oldalfelezőket, hagyjuk el a középső háromszöget. Így kapjuk az S 1 halmazt. 3 S k+1 et úgy kapjuk S k ből, hogy mindene megmaradt háromszögön végrehajtjuk az előző eljárást. 4 S = i=0 S i

37 Sierpienski háromszög A konstrukció 1 Legyen az S 0 halmaz egy egyenlőoldalú háromszög, a háromszög belsejét is ideértve. Az oldalakat egységnek tekintjük 2 Felezzük meg minden oldalát, kössük össze az oldalfelezőket, hagyjuk el a középső háromszöget. Így kapjuk az S 1 halmazt. 3 S k+1 et úgy kapjuk S k ből, hogy mindene megmaradt háromszögön végrehajtjuk az előző eljárást. 4 S = i=0 S i

38 Sierpienski háromszög Egyszerű tulajdonságok 1 S k pontosan 3 k darab egybevágó háromszöget tartalmaz, oldalhosszaik 2 k 2 S területe 0 3 S kerülete

39 Sierpienski háromszög Egyszerű tulajdonságok 1 S k pontosan 3 k darab egybevágó háromszöget tartalmaz, oldalhosszaik 2 k 2 S területe 0 3 S kerülete

40 Sierpienski háromszög Egyszerű tulajdonságok 1 S k pontosan 3 k darab egybevágó háromszöget tartalmaz, oldalhosszaik 2 k 2 S területe 0 3 S kerülete

41 Sierpienski háromszög Iterált fügvényrendszerek A Cantor halmazhoz hasonlóan előállítható fügvényiterációk segítségével. Itt három dilatációra van szükségük, ezek nem mások, mint az S 0 csúcsaiból indított 1 2 arányú zsugorítással. Ha f 1, f 2, f 3 jelöli a három függvényt, akkor egyrészt S k+1 = f 1 (S k ) f 2 (S k ) f 3 (S k ), valamint S = f 1 (S) f 2 (S) f 3 (S)

42 Sierpienski háromszög Koordinátás megadás

43 A Sierpienski - szőnyeg és a Menger - szivacs A Sierpienski - szőnyeg és a Menger - szivacs Sierpinski - szőnyeg Egy egységnégyzetet felbontunk 3x3-as kis négyztetekre, majd kihagyjuk a középsőt. Ezután aez eljárást folytatjuk a megmaradt négyzetekkel. Területe : 0, kerülete : Menger - szivacs A Sierpienski szőnyeg térbeli megfelelője; Egy egységkockát bontunk az élek harmadolásával 27 kiskockára, majd kihagyjuk azokat, amelyeken a kocka középpontján áthaladó, lapokra merőleges egyenesek átmennek. 8 ilyen kiskocka esik ki. Majd az eljárást folytatjuk. Térfogat : 0, felszín :

44 A Sierpienski - szőnyeg és a Menger - szivacs A Sierpienski - szőnyeg és a Menger - szivacs Sierpinski - szőnyeg Egy egységnégyzetet felbontunk 3x3-as kis négyztetekre, majd kihagyjuk a középsőt. Ezután aez eljárást folytatjuk a megmaradt négyzetekkel. Területe : 0, kerülete : Menger - szivacs A Sierpienski szőnyeg térbeli megfelelője; Egy egységkockát bontunk az élek harmadolásával 27 kiskockára, majd kihagyjuk azokat, amelyeken a kocka középpontján áthaladó, lapokra merőleges egyenesek átmennek. 8 ilyen kiskocka esik ki. Majd az eljárást folytatjuk. Térfogat : 0, felszín :

45 A Koch - görbe A Koch görbe