10 Fallbeispiele

10.1 J(R) ein Intervall

10.1.1 Definition:
Die Funktion

Tn(z) := cos(n arccos z)

heißt Tschebyscheff-Polynom. (Es handelt sich in der Tat um ein Polynom, wie man leicht sieht, indem man ein Additionstheorem für den Cosinus anwendet.)

Die Tschebyscheff-Polynome sind recht gut bekannt. Hier einige Eigenschaften:

10.1.2 Satz:
(a)
Tn hat genau die Nullstellen cos ((2j-1)/(2n))*Pi (j=1...n)
(b)
Tn hat genau die Extremalstellen cos (j/n)*Pi (j=1...n) mit Werten (-1)j.
(c)
Es gilt Tn+1(z)=2zTn(z)-Tn-1(z). Insbesondere ist Tn ein Polynom vom Grad n mit führendem Koeffizienten 2n-1.
(d)
Unter allen Polynomen vom Grad n und mit gleichem führenden Koeffizienten ist Tn dasjenige mit der kleinsten Supremumsnorm auf dem Intervall [-1,1].
(e)
Tn(Tm(z))=Tnm(z).
(f)
Tn(1)=1 und Tn(-1)=(-1)n.

Es sei nun I das reelle Intervall [-1,1]. Man überlegt sich leicht, daß jeder Punkt in I unter Tn genau n Urbilder in I hat, gezählt mit Multiplizität (was aber nur für die Punkte +-1 eine Rolle spielt). Dies bedeutet, daß I invariant unter Tn ist. Insbesondere ist J(Tn) in I enthalten.

Weiterhin sieht man relativ leicht, daß der Fixpunkt 1 für n>=2 abstoßend ist. Die Urbilder von 1 unter den Tnk=Tkn liegen aber wegen Eigenschaft (b) dicht in I. Deshalb muß J(Tn) das ganze Intervall sein.

Ist umgekehrt P ein Polynom vom Grad n mit J(P)=I, so überlegt man sich leicht, daß P auf I genau n-mal zwischen den Werten -1 und 1 hin und herpendeln muß. Ein solches Polynom müßte genau mit Tn übereinstimmen. Wie man das am besten zeigt, weiß ich aber auch nicht.

10.2 F(R) mit unendlich vielen Komponenten unendlichen Zusammenhangs

Wir wollen zeigen, daß für

R(z)=z^3 \frac{1-az}{z-a},\quad\quad\quad(0<a<\frac{1}{30})

F(R) unendlich viele unendlichfach zusammenhängende Komponenten hat.

10.2.3 Behauptung:
Der Ursprung ist ein super-anziehender Fixpunkt, und seine Komponente F0 enthält die Kreisscheibe mit dem Radius 3a/4.

Denn für |z|<3a/4 gilt:

\vert\frac{R(z)}{z}\vert \le ... 1

Wegen R(1/a)=0 gibt es eine Komponente F1, die 1/a enthält, die auf F0 abgebildet wird, und auf der ebenfalls Rn(z)-->0 gilt.

Da R den Einheitskreis S1 auf sich selber abbildet, kann S1 weder Punkte aus F0 noch aus F1 enthalten. F0 liegt also ganz innerhalb, F1 ganz außerhalb von S1. Da R den Grad 4 hat, und nur die Nullstellen 0,0,0,1/a hat, ist R-1(F0)=F0\cupF1, und R:F0-->F0 ist eine 3-blättrige Überlagerung.

$\infty$ ist ebenfalls ein super-anziehender Fixpunkt von R. Seine Komponente sei $F_\infty$. F(R) hat also schon mal mindestens drei Komponenten. Deshalb hat es unendlich viele Komponenten. (Korollar 4.2.3.)

Nun rechnet man nach, daß R(z) via der Inversion s(z)=1/z konjugiert zu sich selber ist. Die Julia- und die Fatou-Mengen sind also symmetrisch bzgl. der Inversion s an S1. Insbesondere gilt s(F0)=$F_\infty$.

Als nächstes müssen wir die kritischen Punkte untersuchen. Es gibt 6 Stück, wovon 4 bekannt sind: 0,0,$\infty$,$\infty$. Die anderen beiden seien b,c. Durch Ausrechnen von R'(z) sieht man, daß b und c Lösungen der Gleichung 3z-3a=az(3z-4a) sind. Insbesondere gilt: bc=1, d.h. s(b)=c.

10.2.4 Behauptung:
Einer der kritischen Punkte liegt innerhalb des Kreises K um 3a/2 mit Radius a/4.

Denn auf K gilt:

\abs{az(3z-4a)}\le...\le\abs{2z-3a}

Die Funktion (2z-3a) hat genau eine Nullstelle innerhalb von K, nämlich 3a/2. Nach dem Satz von Rouché hat dann auch (az(3z-4a)-(2z-3a) eine Nullstelle dort. Also liegt einer der kritischen Punkte innerhalb von K. Dies sei der Punkt b.

Nun schätzen wir ab:

\abs{R(b)}\le...\le 3a/4

Deswegen ist R(b) in F0. Andererseits ist auch |b|<(7/4)|a|<1. Deshalb kann b nicht in F1 liegen, sondern muß in F0 liegen. F0 enthält also mindestens 3 kritische Punkte (0,0,b). Damit sagt die Riemann-Hurwitz-Formel (1.5.7) für die Funktion R:F0-->F0 aber:

e(F0)+3 <=  3·e(F0),    d.h.   e(F0)>=3/2.

Da F0 nicht ganz ${\bf\hat C}$ sein kann, fällt der Fall e(F0)=2 weg. F0 muß unendlichfach zusammemnhängend sein.

Die Bilder von b häufen sich bei 0. Deshalb häufen sich die Bilder von c=s(b) bei $F_\infty$. Fazit: Die Bilder alle kritischen Punkte häufen sich nur bei 0 und $F_\infty$. Deshalb kann es keine weiteren Zykel geben (Sätze 7.1.3. und 7.1.5.). Da es auch keine wandernden Gebiete gibt (Satz 6.3.7.), ist jede Komponente von F(R) Urbild entweder von F0 oder von $F_\infty$, und muß damit unendlichfach zusammenhängend sein.

Auf Bildern kann man das leider nicht sehen, da die Urbilder von F0 und $F_\infty$ größenordnungsmäßig a3 groß sind, und man sie deshalb nicht mehr als Komponenten der Fatou-Menge erkennen kann, nur noch als Punkte:

Julia-Menge von z^3 (1-az)/(z-a) mit a=0.12

Julia-Menge von z3 (1-az)/(z-a) mit a=0.12, auf [-1,8;1,8]x[-1,8;1,8].

10.3 J(R) mit unendlich vielen nicht-degenerierten Komponenten

Wir geben hier ein Beispiel, bei dem die Fatou-Menge nur aus einer einzigen Komponente F0 besteht, die Julia-Menge aber aus unendlich vielen nicht-degenerierten Komponenten. (Nicht-degeneriert heißt, nicht nur aus einem einzigen Punkt bestehend.)

Und zwar sei

P(z)=3*sqrt(3)/2 *  z(z+1)(z+2).

Zunächst rechnet man einfach nach, daß

(a)
0 ein abstoßender Fixpunkt ist,
(b)
die kritischen Punkte von P genau $\infty$,$\infty$,a,b sind, wobei a=-1-1/sqrt(3) und b=-1+1/sqrt(3),
(c)
P das Intervall [-1,0] auf sich selber abbildet.

Weiterhin sieht man sofort, daß für reelles x>0 gilt: P(x)>3x. Deshalb ist (0,$\infty$)\subset$F_\infty$. Wegen P(a)=1 und der Invarianz von $F_\infty$ liegt der kritische Punkt a in $F_\infty$. $F_\infty$ ist deshalb unendlichfach zusammenhängend (Sätze 4.2.2. und 7.3.9.).

Falls F(P) eine Komponente außer $F_\infty$ hätte, dann würde das die Existenz von kritischen Punkte im Sinne von Abschnitt 7.1 nach sich ziehen. Wegen P(b)=0 Element von J(P) und P(a) in $F_\infty$ kann dies aber nicht sein.

Das Intervall [-1,0] muß disjunkt zu $F_\infty$ sein, da es auf sich selber abgebildet wird. (Keine Folge von Bildpunkten kann gegen $\infty$ konvergieren.) Deshalb gilt: [-1,0]\subsetJ(P). J(P) hat also mindestens eine nicht-degenerierte Komponente. Da keine endliche Vereinigung von Komponenten von J(P) invariant unter P sein kann, muß es unendlich viele nicht-degenerierte Komponenten geben.

Julia-Menge von 3/2*sqrt(3)* z(z+1)(z+2)

Julia-Menge von 3/2*sqrt(3)* z(z+1)(z+2) auf [-2,5;0,5]x[-1;1]

10.4 F(R) mit einer endlich zusammenhängenden Komponente

Wir haben eine ganze Menge von Sätzen gesehen, die besagten, daß bestimmte Komponenten der Fatou-Menge nur einfach, doppelt oder unendlichfach zusammenhängend sein können. (Beispielweise vorwärts-invariante Komponenten, oder die Komponenten von Polynomen.) Hier geben wir ein Beispiel einer Fatou-Menge mit einer Komponente des Zusammenhangs >2. Es geht auf Shishikura zurück.

Und zwar sei

R(z)=\frac{z^2(1+t^{12}z^3)}{(1-t^4z)(1-tz)^3}\quad\quad(t>0).

Man kann zeigen, daß für genügend kleines t die Fatou-Menge von R eine Komponente des Zusammenhangs 3 oder 4 hat. Wir werden den Beweis hier nur skizzieren.

Zunächst ist $\infty$ ein abstoßender Fixpunkt. Er und seine Urbilder 1/t und 1/t4 liegen in J(R). R hat genau 8 kritische Punkte 0, 1/t, 1/t, z1,...,z5. Alle liegen in C. Es ist nicht allzu schwierig, zu zeigen, daß alle kritischen Punkte außer 0 vom Betrag her >3 sind.

Da für t-->0 die Funktionenschar R kompakt gleichmäßig auf C gegen z-->z2 konvergiert, sollte man annehmen, daß die Komponente F0 der Fatou-Menge, in der 0 liegt (ein super-anziehender Fixpunkt) für kleine t ungefähr so aussieht wie die Einheitskreisscheibe. Dies ist auch der Fall. Konkret rechnet man nach, daß es zu jedem \epsilon in (0,1) ein t0>0 gibt, so daß für alle 0<t<t0 gilt:

{|z|<=1-\epsilon}\subsetF0\subset {|z|<=1+\epsilon}

Als nächstes zeigt man, daß F0 einfach zusammenhängend ist. Das ist nicht allzu schwierig, denn wir wissen ja schon, daß nur ein kritischer Punkt in F0 liegt, und daß R:F0-->F0 eine zweiblättrige Überlagerung ist.

Jetzt definieren wir eine dreifach zusammenhängende Menge K durch

K:=\{z\mid
\frac{1}{2t^4}<\vert z\vert <\frac{2}{t^4}\mbox{ und }
\vert z-\frac{1}{t^4}\vert >\frac{1}{4t^4}\}.

(Dies ist ein Kreisring um den Ursprung, aus dem man noch eine kleine Kreisscheibe herausgenommen hat.)

Im letzten und entscheidenden Schritt zeigt man nun, daß R-1(F0) aus zwei Komponenten besteht, nämlich aus F0 selber, und aus einer Komponente F1, die K enthält, und drei- oder vierfach zusammenhängend ist. Wir wissen dann schon, daß R:F1-->F0 eine drei-blättrige Abbildung ist, und daß F1 höchstens 5 kritische Punkte enthält. (Sie kann nämlich weder 0 noch 1/t enthalten.) Damit folgt schließlich: e(F1)>=-2.

Leider ist die Berechnung dieser Julia-Menge ziemlich schlecht konditioniert. Deswegen ist völlig unklar, in wie weit das folgende Bild der Realität entspricht. Ich vermute, daß es stark abweicht.

Julia-Menge von (z^2(1+t^12z^3))/((1-t^4z)(1-tz)^3) mit t=0,2

Julia-Menge von (z2(1+t12z3))/((1-t4z)(1-tz)3) mit t=0,2 auf [-7000;6000]x[-6500;6500].

Das folgende Bild zeigt die mit g(z)=1/z konjugierte Funktion, mit einem zusätzlichen Faktor 70 im Nenner, der dafür sorgt, daß die Komponenten größenordnungmäßig nicht mehr ganz so verschieden sind. In diesem Fall dürfte die Darstellung recht akkurat sein.

Julia-Menge von 
(z^5-(3t+t^4)z^4+3(t^2+t^5)z^3-(t^3+3t^6)z^2-t^4z)/(z^3+t^12)
mit t=0,4

Julia-Menge von (z5-(3t+t4)z4 +3(t2+t5)z3 -(t3+3t6)z2-t4z) /(z3+70*t12) mit t=0,4, dargestellt auf [-0,8;2,1]x[-1,45;1,45]

10.5 Newton-Iteration

Ist f(z) eine rationale Funnktion, so setze man

Rf(z) := z-f(z)/f'(z).

Liegt z nahe genug bei einer Nullstelle von f, so konvergiert (Rf)n(z) gegen diese Nullstelle. Dieses Verfahren zu numerischen Approximation nennt sich "Newton-Verfahren".

Wir betrachten hier nur den Fall, daß f ein Polynom ist. Hat f bei z0 eine Nullstelle mit Multiplizität k0, so sieht man leicht, daß Rf bei z0 einen Fixpunkt hat, und bei diesem die Ableitung 1-1/k0. Aus einfachen Nullstellen werden also super-anziehende Fixpunkte, aus mehrfachen anziehende Fixpunkte. Unendlich ist ein abstoßender Fixpunkt von Rf. Umgekehrt ist ein endlicher Fixpunkt von Rf auch eine Nullstelle von f. Man sieht auch, daß es keine indifferenten Fixpunkte geben kann.

Natürlich konvergiert das Newton-Verfahren nicht für alle Startwerte. Z.B. kann es für Punkte aus J(Rf) nicht konvergieren, denn J(Rf) ist invariant unter Rf. Aber das ist noch nicht alles. Es kann sein, daß Rf außer den anziehenden Fixpunkten noch anziehende Zykel der Periode >1 hat. Ein Beispiel hierfür ist f(z)=z3-z+1/sqrt(2). Man rechnet leicht nach, daß 0-->1/sqrt(2)-->0 und daß Rf'(0)=0. Deshalb gibt es einen super-anziehenden Zykel der Periode 2.

Newton-Iteration zu f(z)=z^3-z+1/sqrt(2)

Newton-Iteration zu f(z)=z3-z+1/sqrt(2), dargestellt auf [-1;0,5]x[-0,75;0,75]. Die weißen Flächen markieren den Einzugsbereich des super-anziehenden Zykels der Periode 2.

Da ich über die mathematischen Eigenschaften der Julia- und der Fatou-Menge von solchen Rf nicht viel gefunden habe, kann ich hier nur einige Vermutungen aufstellen:

10.5.5 Vermutung:
Ist F0 eine vorwärts-invariante Komponente der Fatou-Menge einer rationalen Funktion R mit Grad >=2, so liegt auf dem Rand von F0 ein Fixpunkt von R.

Denn R:F0-->F0 ist eine m-blättrige Überlagerung, mit m>1. Deshalb muß auch der Rand von F0 m-mal auf sich selbst abgebildet werden. In der universellen Überlagerung entspricht dies ungefähr einer Abbildung des Einheitskreises auf sich selbst. Diese muß mindestens m-1 Fixpunkte haben.

In unserem Fall würde das bedeuten, daß, wenn Fi eine Komponente von F(Rf) ist, die eine Nullstelle von f enthält, sie an den Punkt Unendlich grenzt, denn es gibt keine anderen Fixpunkte von Rf in der Julia-Menge.

10.5.6 Vermutung:
Jede Komponente von F(Rf ist einfach zusammenhängend.

Hierfür kann ich keine wirkliche Begründung angeben. Ich glaube aber dennoch, daß es stimmt.

Newton-Iteration zu f(z)z^5+4iz^4+(-5-30i)z^3+(1-2i)z+(100-5000i)

Newton-Iteration zu f(z)=z5+4iz4+(-5-30i)z3+(1-2i)z+(100-5000i), dargestellt auf [-5,8;5,8]x[-5,8;5,8].

by Michael Becker, 7/2003. Letzte Änderung: 8/2003.