曼德勃罗迭代的收敛区域

KeyTo9_Fans

定义复数数列{z(n)}为：z(0)=0，$z(i)=(z(i-1))^2+c$，i=1,2,3,...

其中，c=a+bi是复常数，a∈R，b∈R。

(1)求证：如果$8(a^2+b^2)^2-3(a^2+b^2)+a\leq 3/32$，那么{z(n)}收敛。

(2)有些孤立点如c=-2也会使得{z(n)}收敛，这些孤立点如何找到？

wayne

跟我之前发的问题类似
https://bbs.emath.ac.cn/thread-17032-1-1.html

我觉得 复分析是块 很神奇很有趣的领域.

mathe

从直觉上，结果应该是个分形才合理，不应该有这样简单的表达式

lsr314

经数值测试，楼主的结论应该是对的

lsr314

边界刚好就是$|1-sqrt(1-4z)|=1$的图像。
参数方程为：
$a=Re[1/4 (1 - (1 - e^(ti))^2)]$
$b=Im[1/4 (1 - (1 - e^(ti))^2)]$
其中$t\in[0,2pi]$.
这个方程和楼主的是等价的。

mathe

那就比较合理的，但是需要证明这个范围的解全部收敛。
另外，其实还有很多孤立点不属于这个范围，比如
c^3 + 2*c^2 + 2*c + 2=0
或
c^7 + 4*c^6 + 6*c^5 + 6*c^4 + 6*c^3 + 4*c^2 + 2*c + 2=0
有限次迭代后即变成不动点

lsr314

mathe 发表于 2019-11-28 06:41
那就比较合理的，但是需要证明这个范围的解全部收敛。
另外，其实还有很多孤立点不属于这个范围，比如
c^ ...

是有可能漏掉一些孤立的点，上面的方程是根据导函数的绝对值不超过$1$求出来的。

mathe

对于孤立点，
我们记迭代函数$f(c,x)=x^2+c$,于是$f_1(c)=f(c,0)=c,f_{n+1}(c)=f(c,f_n(c))=f_n(c)^2+c$
我们的目标是找到$f_{n+1}(c)=f_n(c)$,或者说$f_n(c)^2-f_n(c)+c=0$即可
于是
$f_1(c)=c$
$f_2(c)=c^2 + c$
$f_3(c)=c^4 + 2c^3 + c^2 + c$
$f_4(c)=c^8 + 4c^7 + 6c^6 + 6c^5 + 5c^4 + 2c^3 + c^2 + c$
$f_5(c)=c^16 + 8c^15 + 28c^14 + 60c^13 + 94c^12 + 116c^11 + 114c^10 + 94c^9 + 69c^8 + 44c^7 + 26c^6 + 14c^5 + 5c^4 + 2c^3 + c^2 + c$
而根据
$f_1^2(c)-f_1(c)+c=0$可以得出$c=0$
$f_2^2(c)-f_2(c)+c=0$可以得出$c=-2$ (去掉$c=0$)
$f_3^2(c)-f_3(c)+c=0$可以得出$c^3 + 2c^2 + 2c + 2=0$
$f_4^2(c)-f_4(c)+c=0$可以得出$c^7 + 4c^6 + 6c^5 + 6c^4 + 6c^3 + 4c^2 + 2c + 2=0$
$f_5^2(c)-f_5(c)+c=0$可以得出$c^15 + 8c^14 + 28c^13 + 60c^12 + 94c^11 + 116c^10 + 114c^9 + 94c^8 + 70c^7 + 48c^6 + 32c^5 + 20c^4 + 10c^3 + 4c^2 + 2c + 2=0$
比较有意思，好像$f_n^2(c)-f_n(c)+c$和$f_n$前面一半的系数都一样