A DISZKRÉT MACSKA LEKÉPEZÉS

A DISZKRÉT MACSKA LEKÉPEZÉS 1. Bevezetés Legyen 1 1 A =. (1) 1 2 Ha x a 0, 1] 0, 1] egységnégyzet egy eleme, akkor az x Ax mod 1 (2) leképezés az egységnégyzet egy automorfizmusát definiálja, lásd az 1. ábrát. V. Arnold orosz matematikus után Arnold-féle macska leképezésnek szokás nevezni, mivel Arnold egy macska képével szemléltette a leképezés hatását. 1. ábra. Az egységnégyzet képe az A-val szorzás alatt egy paralellogramma, amit a modulo művelet visszadarabol az egységnégyzetbe. De hogyan is tette ezt? A következő eljárás a kézenfekvő: tekintsünk egy N N pixel méretű képet, és alkalmazzuk az (2) leképezést minden pixelre. A pixeleket koordinátáit legkényelmesebb egész számokban megadni, így a következő leképezést alkalmazzuk: y Ay y Z N Z N, (3) ahol Z N a modulo N maradékosztályok halmazát jelöli. k = 0 k = 1 k = 4 k = 6 2. ábra. Macskából káoszba (N = 400). 1

2 Bár úgy gondolnánk, hogy a (3) leképezés alaposan megkeveri a képünk pontjait, számítógépes kísérletezés után meglepő jelenségeket tapasztalhatunk. A legszembeötlőbb, hogy a kezdeti képünk előbb-utóbb újra megjelenik. A visszatérés előtt is láthatunk szabályos képeket: megjelenhet az eredeti képünk több szellemképe vagy klaszeterkbe rendeződött ábrát láthatunk. Sőt, e kettő jelenség speciális eseteként előfordulhat, hogy a visszatérési idő felénél fejtetőn látjuk az eredeti képünket! k = 60 k = 136 3. ábra. Baloldalt: szellemképek, jobboldalt: klaszterek (N = 400). A következő fejezetekben először áttekintjük a visszatérési időre ismert eredményeket, majd ismertetjük a szellemkép és a klaszteresedés pontos definícióját. Végül fűzünk pár megjegyzést ahhoz, hogy mi történik a visszatérési idő felénél (amennyiben a visszatérési idő páros). k = 0 k = 60 k = 120 4. ábra. Fejtetőre fordulás félperiódusnál (N = 241). 2. Visszatérés Vajon miért tér vissza az eredeti képünk? Tegyük fel, hogy a kép minden pixele csak fekete vagy fehér lehet (az érvelést természetesen több színre is könnyű általánosítani). Ekkor összesen 2 N N különböző kép lehetséges. Kiindulva a kezdeti képünkből mindig új és új képek fognak megjelenni, mivel a (3) leképezés invertálható. Tehát legfeljebb 2 N N iteráció után vissza kell kapnunk az eredeti képet. Viszont számítógépes kísérletezés után nyilvánvaló, hogy közel sem kell ennyit várni. A visszatérési idő vizsgálatához a következő észrevételre van szükség: legyen u n az n- edik Fibonacci szám, azaz u 0 = 0, u 1 = 1 és u n = u n 1 + u n 2, n > 1. Ekkor láthatjuk,

3 hogy ha akkor Mivel F 2 = A, kapjuk hogy F n = A n = F = 0 1, 1 1 un 1 u n, u n u n+1 u2n 1 u 2n. u 2n u 2n+1 Visszatérési idő alatt azt a legkisebb n számot értjük, melyre A n I, ahol I az 1 ] 0 0 1 egységmátrix. Azaz a legkisebb olyan n számot keressük, melyre u 2n 1 1 u 2n 0 Tehát a visszatérési idő egyenlő a Fibonacci számok modulo N periódusának felével. Ezt a periódust szokás Pisano-periódusnak is nevezni. Sajnos zárt formula nem ismert rá, de az ismereteink jó összefoglalását adja D. D. Wall cikke 9]. Azonban léteznek eredmények a visszatérési időre, melyek egyszerű számelméleti eszközökkel ám helyenként rendkívűl aprólékos munkával bizonyíthatók. A legjelentősebb F. J. Dyson és H. Falk következő eredménye: 1. Tétel (Dyson-Falk, 4]). Jelöljük m N -el az N méretű kép visszatérési idejét. Ekkor Egyenlőség pontosan akkor teljesül, ha Minden más esetben m N 3N. N = 2 5 γ. m N 2N teljesül. Itt egyenlőség pontosan akkor van, ha Minden további esetben N = 5 γ vagy N = 6 5 γ. m N 12 7 N. Az egyszerű számelméleti eredmények tekintetében Dyson és Falk G. H. Hardy és E. M. Wright könyvére 6] támaszkodnak. Ugyanebben a cikkben Dyson és Falk megadja m N pontos értékét, ha N Fibonaccivagy Lucas-szám. A k-adik Lucas-számot a következőképpen definiáljuk: v 0 = 2, v 1 = 1, v k = v k 1 + v k 2, k > 1. Egy általánosabb, de kevésbé explicit képletet ad a visszatérési időre G. Gaspari:

4 2. Tétel (Gaspari, 5]). Legyen N prímtényezős felbontása N = p α 1 1... p α k k, ahol p j prím és α j N minden j = 1,..., k esetében. Ekkor m N = LKKT{m α,..., m p 1 1 p α k }, ahol LKKT a legkisebb közös többszöröst jelenti. A tétel Fibonacci-számok periódusára vonatkozó megfogalmazása már szerepelt D. D. Wall jóval korábbi cikkében 9]. Szerepeljen itt a Gaspari által bemutatott bizonyítás, mivel nagyon egyszerű. Bizonyítás. Kezdjük a bizonyítást egy észrevétellel: azt állítjuk, hogy ha K osztja N-et, akkor m K osztja m N -et. Mivel és K osztja N-et, ezért A m N I A m N I mod K is teljesül. Mivel m K a legkisebb kitevő, amire a fenti kongruencia teljesül, m K kisebb (vagy egyenlő) mint m N. Tegyük fel, hogy m N = qm K + r, ahol 0 < r < m K. Ekkor A qm K+r I mod K, A qmk A r I mod K, I A r I mod K, A r I mod K. De m K volt a legkisebb ilyen kitevő, és r < m K, tehát ellentmondásra jutottunk. Térjünk rá a tétel bizonyítására! Tetszőleges j {1,..., k} esetében p α j j osztja N- et, tehát az előző észrevételünk miatt m α p j osztja m N -et. Tegyük fel, hogy M közös j többszöröse az összes m α p j számnak. Ekkor j Mivel p α j j A M I mod p α j j. számok prímhatványok, következik, hogy A M I mod p α 1 1... p α k k. (A M I elemei oszthatóak az összes prímhatvánnyal, akkor a szorzatukkal is). Tehát A M I. Viszont ez azt jelenti, hogy m N osztja M-et. Mivel m N a legkisebb egész szám, amire a fenti kongruencia teljesül, következik, hogy m N a legkisebb közös többszöröse az m α p j j számoknak. Tehát elég prímhatványokra tudni a visszatérési időt, ebből már tetszőleges számra kiszámítható. De ez is egy nagyon komplikált feladat. Gaspari cikkének a függelékében m = 1,..., 195 periódusokra kigyűjtötte az összes p prímet, melyre m p = m ez nyújthat némi segítséget. 3. A visszatérést megelőző jelenségek A klaszterekre és szellemképekre vonatkozó észrevételek E. Behrends cikkéből 2] származnak. k

3.1. Klaszterek. A jelenség megértéséhez először tekintsük a teljes Z 2 rácsot. Legyen x = (x 1, x 2 ) és y = (y 1, y 2 ) két lineárisan független, egész koordinátájú vektor. Ekkor L = {ax + by a, b Z} egy rácsot határoz meg. Fontos elemi tény, hogy Z 2 \L elemszáma éppen det(x, y) = x 1 y 2 x 2 y 1 (bizonyításért lásd például a 3] vagy 7] hivatkozást). Tegyük fel, hogy van egy mintánk a Z 2 rácson, az egyszerűség kedvéért egy l l méretű fekete négyzet, míg minden más rácspont fehér. Legyen B egy invertálható 2 2 méretű mátrix, valamint 1 0 x = B 1 valamint y = B 0 1. 1 Amennyiben egy p 0 rácspont és p 0 + x is a fekete négyzetünkben vannak, ezek képe 1 egymás melletti fekete pont lesz az B-vel szorzás után, mivel Bx = Ugyanez igaz 0] p 0 +y-ra is. Majd ezen pontok képe mellett lesz p 0 +x+x, p 0 +x+y, p 0 +y +x stb. képe. Tehát ha a fekete négyzet egy p 0 pontjából felrajzolom az x és y által generált rácsot, veszem a metszetét a fekete négyzetemmel, egy klaszter ősképét kapom. Minél kisebbek x és y elemei, annál több pontból fog állni egy klaszter, tehát annál látványosabb a jelenség! 5 B By p 0 y x Bp 0 Bx 5. ábra. A fekete négyzet és metszete a p 0 -ból indított x, y által generált ráccsal (piros pontok), valamint a B által eredményezett klaszter. A karikázott pontok különböző klaszterbe kerülnek és kijelölik az összes klasztert. Amennyiben p 1 nincs benne a p 0 -ból indított rácsban, egy másik klaszterbe fog kerülni az B-vel szorzás után. Tehát a Z 2 \L elemszámára vonatkozó megjegyzésünk miatt a klaszterek száma így x 1 y 2 x 2 y 1 (amennyiben x és y elemei nem túl nagyok l-hez képest). Teljesen hasonló dolog történik, ha Z 2 helyett csak a Z 2 N N N rácsot tekintjük. Definiáljuk a következő műveletet: ha a N alatt az a szám {0,..., N 1} halmazba eső reprezentását értjük, akkor legyen a az a N és N a N számok közül a kisebb abszolút értékű. Ha a -műveletet vektorra vagy mátrixra alkalmazzuk, akkor elemenként értjük. Innentől gondoljunk B-re mint A egy hatványára. Legyen x, y Z 2 N olyan, hogy 1 0 Bx = valamint By =. 0] 1]

6 Jegyezzük ] meg, hogy x és y éppen B modulo N inverzének oszlopai, tehát ha B = b11 b 12, akkor b 21 b 22 b22 b12 x = valamint y =. b 21 b 11 Nyilván akkor látványos a jelenség, ha l nem túl kicsi N-hez képest. Ha x és y elemei viszont N-hez képest elég kicsik (azaz x és y elemei kis abszolútértékűek), megismételhető a korábbi érvelésünk, csak most a négyzet metszetét az L = {p 0 + ax + by 0 p 0,i + ax i + by i N 1, i = 1, 2} ráccsal vegyük, így kapjuk egy klaszter ősképét. A leglényegesebb észrevételeket az alábbi állítás összegzi. 1. Állítás (Behrends, 2]). Ha b 11, b 12, b 21 és b 22 kicsi, akkor klaszterek alakulnak ki B-vel szorzás hatására, méghozzá b 11b 22 b 12b 21 darab. Mivel A determinánsa 1, ezért ha B = A k, akkor a determinánsa szintén 1. Így b 11b 22 b 12b 21 értéke mindig ±1 modulo N. Mi a magyarázat arra, hogy a klaszterek mintha egy szabályos rácsban helyezkednének el? Válasszunk úgy p 0,... p r pontokat a fekete négyzetből, hogy közel vannak egymáshoz és mind különböző klaszterekbe mennek. Ezek képe adja a klaszterek közepét. Tehát a közepek képe b11 b21 p i,1 + p b i,2 21 b 22 lesz. Mivel a b ij számok kicsik, a középpontok képei ugyanazt a mintázatot fogják adni, mint a ] ] p i,1 b 11 b 21 + p i,2 b 21 b 22 mintázat, azaz B oszlopvektorai adják meg az irányokat, amelyekbe berendeződnek a klaszterek. k = 136 6. ábra. Klaszterek (N = 400).

Tekintsünk most egy példát! A 6. ábrán emlékeztetünk arra a példára, amit már a bevezetésben láttunk. Ebben az esetben 29 389 29 11 B = A 136 = tehát B 389 18 =. 11 18 29 Tehát összesen 29 18 11 11 = 401 klaszter van, és ezek a és 11 által meghatározott rács mentén helyezkednek el. 7 11 vektorok 18 3.2. Szellemképek. Tegyük fel, hogy találhatunk olyan x, y Z 2 n lineárisan független vektorokat, melyekre Bx = x és By = y. (4) Ekkor az előző fejezetben látottakhoz hasonlóan vegyük az ábránk (legyen az négyzet vagy macska) metszetét egy p 0 pontból indított, x, y által generált ráccsal. Ha x és y elemei kellően kicsik, akkor az ábra metszete az említett ráccsal egy durvább verzió (vagy szellemkép), ami (4) alapján csupán eltolódik a B-vel való szorzás hatására. B y By p 0 x Bp 0 Bx 7. ábra. Egy szellemkép születése. Szintén az előző fejezetben alkalmazott érvelések alapján a szellemek száma x 1y2 x 2y1 és x, y adják meg az irányokat, melyek mentén a szellemképek sorakoznak. Behrends szellemképnek nevezi a torzított szellemképeket is, tehát amikor Bx = x teljesül, ahol x nem különbözik nagyon x-től. Lássunk egy példát! Tekintsük a 8. ábrán látható helyzetet, tehát legyen N = 400. Ekkor 81 240 A 60 =. 240 321 Ekkor 2 x = 1] 3 valamint y = 1] jó választás, azaz A 60 x = x és A 60 y = y. Így 1 2 3 1 = 5 szellemképet kapunk. Mi a helyzet a 61-edik iterációban? Ekkor 3 2 A 61 x = Ax = = x 4] valamint A 61 y = Ay = = y 1]. Tehát még mindig 5 szellem-macska lesz (mivel 3 1 2 4 = 5), de ezeket eltorzítja a lineáris transzformáció, ami x, y-t x, y -be viszi.

8 k = 60 k = 61 8. ábra. Baloldalt: szellemképek, jobboldalt: torzított szellemképek (N = 400). 3.3. A periódus felénél. Tegyük fel, hogy az m N visszatérési idő páros. Így értelmes a kérdés, hogy mi történik az ábránkkal félidőnél, azaz m N /2 iteráció után. A bevezetésben láttuk, hogy előfurdulhat hogy félidőnél fejtetőn jelenik meg az ábránk. Mit is jelent ez? A fejtetőre fordulás tulajdonképpen az origóra vett középpontos tükrözés modulo N, azaz ilyenkor A m N /2 I teljesül. A következő állításban megfogalmazunk egy feltételt N-re, mely esetében garantáltan fejtetőre fordulást látunk a visszatérési idő felénél. 2. Állítás. Tegyük fel hogy N = p k vagy 2p k, ahol p > 2 prímszám, k N. Tegyük fel továbbá hogy N olyan, hogy m N páros. Ekkor szükségképpen A m N /2 I. Jegyezzük meg, hogy Dyson és Falk tétele alapján N = 5 k vagy N = 2 5 k esetében teljesülnek a tétel feltételei, és további példákat is lehetne még sorolni. Jó példa látható a 4. ábrán is, ahol N = 241 (ami prím), m N = 120 a 60. iterációnál pedig fejtetőn látjuk a macskát. Bizonyítás. Vegyük észre, hogy Mivel (A m N /2 ) 1 A mn (A m N /2 ) 1 = A m N m N /2 = A m N /2 A m N /2 b11 b 12 b 21 b 22 a következőknek kell teljesülnie: b 11 b 22 (A m N /2 ) 1 b 12 b 12 b 21 b 21 b22 b 12 b 21 b 11., Emlékezzünk, hogy b 12 = b 21 valamint b 11 + b 12 = b 22 mivel egymást követő Fibonacciszámok. Így valójában b 12 b 21 0. Tehát A m N /2 egy diagonális

mátrix, megegyező átlóelemekkel: Mivel (A m N /2 ) 2 = A m N A m N /2 I, így b11 0 0 b 11. b 2 11 1. (5) Mik lehetnek ennek a kongruenciának a megoldásai? A b 11 1 esetet kizárjuk, mivel m N /2 még nem a visszatérési idő. További triviális megoldás a b 11 1, ekkor A m N /2 I. Azt állítjuk, hogy a tételben felsorolt N-ekre nincs is más megoldás. Ha N = p k páratlan prím hatvány, akkor pedig nincs is más megoldás, ugyanis b 2 11 1 mod p k, b 2 11 1 0 mod p k, (b 11 + 1)(b 11 1) 0 mod p k. Ekkor vagy b 11 1 mod p k, vagy pedig b 11 + 1 = n p l és b 11 1 = m p k l. De mivel b 11 + 1 és b 11 1 legnagyobb közös osztója legfeljebb 2, ez nem történhet meg! Ha N = 2p k és LNKO(b 11 + 1, b 11 1) = 2, akkor b 2 11 1 mod 2p k, (b 11 + 1)(b 11 1) 0 mod 2p k, b 11 + 1 2 b11 1 2 0 mod p k. De ekkor már b 11+1 és b 11 1 relatív prímek, tehát b 11+1 többszöröse p k -nak így b 2 2 2 11 1 mod 2p k. Jegyezzük meg, hogy (majdnem) pontosan akkor teljesül a tételünk, ha létezik primitív gyök modulo N, mert ekkor az x 2 1 kongruencia összes megoldása ±1. Primitív gyök pontosan N = 2, 4, p k és 2p k esetében létezik. A 2 és 4 esetet azért zártuk ki, mert ebben a két esetben a visszatérési idő 3, azaz nem páros. k = 0 k = 20 k = 40 9 9. ábra. Klaszterek félperiódusnál (N = 231). Vizsgáljuk meg még azt az esetet, amikor m N páros, de további információnk nincsen. Ekkor a fenti bizonyítás alapján A m N /2 b11 0, 0 b 11

10 továbbá b 2 11 1. Ilyen esetben is nyilván tapasztalhatunk fejtetőre fordulást, de más is történhet. Vegyük észre, hogy az b11 0 x = és y = 0 b 11 vektorokra teljesül, hogy 1 Bx 0] és 0 By 1] Tehát amennyiben b 11 kicsi, klasztereket fogunk látni, méghozzá (b 11) 2 darabot egy merőleges rácson. Nézzünk meg egy példát! Legyen N = 231 = 3 7 11. Ekkor a 2. tétel alapján m 231 = LKKT{m 3, m 7, m 11 }. A 5] cikk függeléke alapján m 3 = 4, m 7 = 8 valamint m 11 = 5. Így kapjuk, hogy m 231 = 40 tehát páros. Kiszámítható, hogy 34 0 A 20 mod 231. 0 34 Így a 20. iterációban 34 2 = 1156 klasztert kapunk egy merőleges rácsban, mint ahogy az a 9. ábrán is látszik.

Hivatkozások 1] VI Arnold and A Avez. Ergodic problems of classical mechanics, WA Ben-jamin. New York, 1968. 2] Ehrhard Behrends. The ghosts of the cat. Ergodic Theory and Dynamical Systems, 18(2):321 330, 1998. 3] John William Scott Cassels. An introduction to the geometry of numbers. Springer Science & Business Media, 2012. 4] Freeman J Dyson and Harold Falk. Period of a discrete cat mapping. The American Mathematical Monthly, 99(7):603 614, 1992. 5] Gregory Gaspari. The Arnold cat map on prime lattices. Physica D: Nonlinear Phenomena, 73(4):352 372, 1994. 6] Godfrey Harold Hardy and Edward Maitland Wright. An introduction to the theory of numbers. Oxford University Press, 1979. 7] Carl Ludwig Siegel. Lectures on the Geometry of Numbers. Springer Science & Business Media, 2013. 8] Fredrik Svanström. Properties of a generalized Arnold s discrete cat map, 2014. 9] DD Wall. Fibonacci series modulo m. The American Mathematical Monthly, 67(6):525 532, 1960. 11