close

Вход

Забыли?

вход по аккаунту

?

735.Введение в динамику одномерных отображений учебное пособие Бурд

код для вставкиСкачать
Copyright ??? «??? «??????» & ??? «A???????? K????-C?????»
Министерство образования и науки Российской Федерации
Федеральное агентство по образованию
Ярославский государственный университет
им. П.Г. Демидова
В.Ш. Бурд
ВВЕДЕНИЕ В ДИНАМИКУ
ОДНОМЕРНЫХ ОТОБРАЖЕНИЙ
Учебное пособие
Рекомендовано
Научно-методическим советом университета
для студентов специальностей Математика
и Прикладная математика и информатика
Ярославль 2006
Copyright ??? «??? «??????» & ??? «A???????? K????-C?????»
УДК 517.925
ББК В16я73
Б 91
Рекомендовано
Редакционно-издательским советом университета
в качестве учебного издания. План 2006 года.
Рецензенты:
д-р физ.-мат. наук, проф. В.Ф. Бутузов;
кафедра математического анализа
Ярославского государственного педагогического университета
Бурд, В.Ш. Введение в динамику одномерных отображений:
учебное пособие / В.Ш. Бурд; Яросл. гос. ун-т. Ярославль:
Б 91 ЯрГУ, 2006. 104 с.
ISBN 5-8397-0491-1 (978-5-8397-0491-6)
Книга посвящена изложению основ теории одномерных дискретных динамических систем одному из самых эффективных
методов исследования нелинейных процессов. Вводятся основные понятия и доказываются основные теоремы. Рассматриваются вопросы бифуркации и устойчивости периодических орбит,
их сосуществования. Подробно исследованы наиболее простые
нелинейные отображения интервала.
Учебное пособие по дисциплине ЅДифференциальные уравнения? (блок ОПД) предназначено студентам специальностей
010100 Математика и 010200 Прикладная математика и информатика очной формы обучения.
Рис. 14. Библиогр.: 32 назв.
УДК 517.925
ББК В16я73
ISBN 5-8397-0491-1
(978-5-8397-0491-6)
c Ярославский
°
государственный университет
им. П.Г. Демидова, 2006
c Бурд В.Ш., 2006
°
Copyright ??? «??? «??????» & ??? «A???????? K????-C?????»
Оглавление
Предисловие
5
1. Основные понятия и теоремы
1.1. Введение . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.1.1. Вспомогательные сведения из анализа
1.2. Основные определения . . . . . . . . . . . . .
1.2.1. Топологическая сопряженность . . . .
1.2.2. Грубые отображения . . . . . . . . . .
1.3. Локальные бифуркации . . . . . . . . . . . .
1.4. Глобальные бифуркации . . . . . . . . . . .
1.5. Производная Шварца
и притягивающие циклы . . . . . . . . . . .
2. Семейство квадратичных отображений
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
7
8
15
18
20
22
31
. . . . . . . . . . . .
38
2.1. Каскад бифуркаций удвоения . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.2. Цикл периода 3
и число неустойчивых циклов . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.3. Динамика отображения f (x) = 4x(1 ? x) . . . . . . . . . . .
2.4. Динамика отображения f (x, r) = rx(1 ? x)
при r > 4 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.4.1. Пространство последовательностей из двух символов
2.4.2. Отображение?сдвига в ?2 и отображение f (x, r)
при r > 2 + 5 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
7
. . .
45
45
. . .
. . .
53
58
. . .
. . .
69
73
. . .
76
Приложения
79
Приложение 1. Асимптотика одномерных итераций . . . . . . . .
79
Приложение 2. Совершенные нигде не плотные множества
на вещественной прямой . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
84
Приложение 3. Гиперболические множества
и отображение f (x, r) = rx(1 ? x) при r > 4 . . . . . . . . . . . .
88
3
Copyright ??? «??? «??????» & ??? «A???????? K????-C?????»
4
ОГЛАВЛЕНИЕ
Приложение 4. Одно кусочно-линейное разрывное отображение .
93
Приложение 5. Цикл периода 3 и хаос
. . . . . . . . . . . . . . .
95
Приложение 6. Фрактальная размерность множеств . . . . . . . .
95
Приложение 7. Показатель Ляпунова . . . . . . . . . . . . . . . .
99
Литература
102
Copyright ??? «??? «??????» & ??? «A???????? K????-C?????»
Предисловие
В основу настоящего учебного пособия положен специальный курс, который
читается автором студентам специальности ? Прикладная математика? . Цель
пособия дать доступное студентам 3 4 курсов введение в круг вопросов, связанных с поведением нелинейных дискретных динамических систем, определяемых одномерными отображениями. Эта тематика в последние 25 лет вызывает
огромный интерес, так как ее методы и результаты применимы к большому
числу важных нелинейных задач от физики и химии до экологии и экономики.
Учебное пособие состоит из 2 глав, включающих 9 параграфов, и семи приложений.
В первой главе излагаются вспомогательные сведения из анализа, вводятся
основные понятия неподвижные точки, циклы. Обсуждаются вопросы устойчивости циклов, топологической сопряженности отображений, грубости отображений. В третьем параграфе рассматриваются однопараметрические семейства
отображений. Описываются локальные бифуркации, возникающие при прохождении мультипликатора цикла через значения ±1. В одномерном случае существуют сильные ограничения на тип периодических орбит, которые могут сосуществовать. В четвертом параграфе обсуждаются вопросы сосуществования
периодических орбит разных периодов. Развивается общая техника, которая
позволяет из существования цикла периода k вывести существование циклов
некоторых других периодов. Для этого используется конструкция соответствующего направленного графа. В пятом параграфе доказывается теорема Сингера о связи между устойчивостью циклов и критическими точками функции,
порождающей динамическую систему.
В качестве примера изложенной теории во второй главе детально исследуется однопараметрическое семейство квадратичных функций f (x, r) = rx(1 ? x)
при изменении параметра r от 0 до значений r > 4. Попутно обсуждается каскад
бифуркаций удвоения, вводятся постоянные Фейгенбаума, излагаются методы
подсчета числа неустойчивых циклов. Для отображения f (x) = 4x(1?x) дается
достаточно полное описание динамики. Здесь же приводится одно из возможных определений хаотического отображения и доказывается, что вышеуказанное отображение хаотично. Исследуется динамика отображения f (x) = rx(1?x)
при r > 4. Вводится и изучается отображение сдвига на пространстве последовательностей из двух символов.
? Дано полное описание динамики отображения
f (x) = rx(1 ? x) при r > 2 + 5.
В семи приложениях описываются асимптотика одномерных итераций, построение нигде не плотных совершенных множеств на вещественной прямой,
основные понятия теории гиперболических множеств и применение этих поня?
тий к исследованию динамики отображения f (x) = rx(1?x) при 4 < r < 2+ 5,
Copyright ??? «??? «??????» & ??? «A???????? K????-C?????»
6
динамика одного кусочно-линейного разрывного отображения, понятие хаоса по
Ли - Йорку, фрактальная размерность множеств на вещественной прямой, показатель Ляпунова.
В тексте пособия содержится свыше сорока упражнений.
Отметим некоторые особенности учебного пособия. Большинство результатов снабжено строгими доказательствами. Окончание доказательства фиксируется знаком ¤. Ссылки на литературу ограничиваются только теми монографиями и статьями, которые были использованы при написании пособия (по
одномерной динамике написаны сотни работ) .
В заключение выражаю благодарность А.Ю. Ухалову за помощь в оформлении рукописи пособия.
Copyright ??? «??? «??????» & ??? «A???????? K????-C?????»
Глава 1.
Основные понятия и теоремы
1.1. Введение
Одномерная дискретная динамическая система определяется последовательностью
xn+1 = f (xn ),
n = 0, 1, . . . ,
где f (x) скалярная непрерывная функция, заданная на некотором множестве
точек вещественной прямой R. Для каждой точки x0 ? R, принадлежащей
области определения функции f (x), назовем траекторией или орбитой O(x0 )
последовательность
x0 , f (x0 ), f (f (x0 )), f (f (f (x0 ))), . . .
(1.1)
В качестве первого примера рассмотрим динамическую систему, определяемую
функцией f (x) = kx(k > 0). Для x0 ? R орбита имеет вид
x0 , kx0 , k 2 x0 , . . . , k n x0 , . . .
Если k < 1, то орбита любой точки x0 6= 1 сходится к нулю при n ? ?. Если
k > 1, то орбита сходится к ?. Если n = 1, то орбита O(x0 ) состоит из одной
точки x0 :
x0 , x 0 , . . .
Основной вопрос, которым мы будем интересоваться, состоит в том, чтобы
узнать, что происходит с орбитой O(x0 ) при n ? ?, т.е. с последовательностью
итераций (1.1) для различных точек x0 . Например, если f (x) = sin x, то любая
орбита соответствующей динамической системы (итерации синуса) сходится к
0 при n ? ?.
7
Copyright ??? «??? «??????» & ??? «A???????? K????-C?????»
8
Основные понятия и теоремы
1.1.1. Вспомогательные сведения из анализа
Приведем необходимые для дальнейшего сведения из анализа. Будем рассматривать непрерывные функции одной переменной x, определенные на вещественной прямой R или в некотором замкнутом (открытом) интервале I этой
прямой. Функцию f (x) будем называть взаимно однозначной, если f (x) 6= f (y),
каковы бы ни были x 6= y . Если функция f : I ? J взаимно однозначна, то
существует обратная функция
f ?1 (y)(y = f (x), x = f ?1 (y)). Например, если
?
f (x) = x3 , то f ?1 (x) = 3 x. Обе функции действуют из R в R. Если f (x) = tg x,
то f ?1 (x) = arctg x. Здесь f (x) : (??/2, ?/2) ? R, f ?1 (x) : R ? (??/2, ?/2).
Функция f (x) называется гомеоморфизмом, если она взаимно однозначна и обратная функция непрерывна. Например, f (x) = tg x есть гомеоморфизм из
(??/2, ?/2) в R. Если f (x) гомеоморфизм и f (x) дифференцируема вместе с обратной функцией, то f (x) называется диффеоморфизмом. Например,
f (x) = tg x является диффеоморфизмом, а f (x) = x3 гомеоморфизмом,
но
?
?1
3
не диффеоморфизмом, так как обратная функция f (x) = x не имеет производной в точке x = 0. Cуперпозицию функций f (x) и g(x) обозначим через
f (g(x)) = f (x) ? g(x), n композицию f (x) с собой обозначим
f (n) (x) = f (x) ? f (x) ? · · · ? f (x) .
{z
}
|
nраз
Если существует f ?1 (x), то
f (?n) (x) = f ?1 (x) ? f ?1 (x) ? · · · ? f ?1 (x) .
{z
}
|
nраз
Мы будем в дальнейшем использовать цепное правило (дифференцирование
сложной функции):
[f (g(x))]0 = [f ? g]0 = f 0 (g(x))g 0 (x).
Отсюда следует, в частности, если g(x) = f (n?1) (x), то
[f (n) (x)]0 = f 0 (f (n?1) (x))f 0 (f (n?2) (x)) . . . f 0 (f (x))f 0 (x).
Напомним еще две элементарные теоремы из анализа.
Теорема Лагранжа о среднем значении. Если f (x) : [a, b] ? R непре-
рывно дифференцируема, то существует такая точка c ? [a, b], что
f (b) ? f (a) = f 0 (c)(b ? a).
Copyright ??? «??? «??????» & ??? «A???????? K????-C?????»
Введение
то
9
Следствие 1. Если функция f (x) непрерывно дифференцируема на [a, b],
|f (x) ? f (y)| ? K|x ? y|,
x, y ? [a, b].
Действительно, производная f 0 (x) ограничена на [a, b] : |f 0 (x)| ? K .
Теорема о промежуточном значении. Пусть f : [a, b] ? R непрерывна.
Предположим, что f (a) = u, f (b) = v . Тогда для любого u < z < v существует
точка c, a ? c ? b такая, что f (c) = z .
Следствие 2. Пусть I = [a, b] и пусть f : I ? I непрерывная функ-
ция.Тогда существует по крайней мере одна точка a ? c ? b такая, что
f (c) = c. (Эта точка называется неподвижной точкой функции f (x) или
неподвижной точкой отображения f (x).)
Доказательство. Пусть g(x) = f (x) ? x. Функция g(x) непрерывна на I .
Пусть f (a) > a, f (b) < b (иначе a или b будет неподвижной точкой для f (x)).
Тогда g(a) > 0, g(b) < 0. В силу теоремы о промежуточном значении существует
точка c, для которой g(c) = 0. Следовательно, f (c) = c.
Следующий результат о существовании единственной неподвижной точки
является частным случаем принципа сжимающих отображений. Пусть I = [a, b],
f : I ? I . Назовем функцию f (x) сжимающей или сжатием на I , если
|f (x) ? f (y)| ? q|x ? y|,
x, y ? I,
где q < 1. Из следствия и определения сжимающей функции непосредственно вытекает, что сжимающая функция имеет на I единственную неподвижную
точку, т.е. справедлива следующая теорема.
Теорема (принцип сжимающих отображений). Пусть f : I ? I и
f (x) сжимающая на I . Тогда существует единственная неподвижная точка
для f (x) на I .
Мы приведем доказательство этого утверждения, не использующее одномерность отображения (функции) f (x).
Доказательство. Возьмем произвольную точку x0 и построим последовательность
x0 , x1 = f (x0 ), x2 = f (x1 ), . . . , xn = f (xn?1 ), . . .
(1.2)
Покажем, что последовательность (1.2) сходится к некоторому пределу x? ? I .
Для этого заметим, что
|x2 ? x1 | = |f (x1 ) ? f (x0 )| ? q|x1 ? x0 | = q|f (x0 ) ? x0 |,
Copyright ??? «??? «??????» & ??? «A???????? K????-C?????»
10
Основные понятия и теоремы
|x3 ? x2 | = |f (x2 ) ? f (x1 )| ? q|x2 ? x1 | ? q 2 |f (x0 ) ? x0 |,
············
|xn+1 ? xn | = |f (xn ) ? f (xn?1 )| ? q n |f (x0 ) ? x0 |.
Далее,
|xn+p ? xn | ? |xn+p ? xn+p?1 | + |xn+p?1 ? xn+p?2 | + · · · + |xn+2 ? xn+1 |+
+|xn+1 ? xn | ? (q n+p + · · · + q n )|f (x0 ) ? x0 | =
q n ? q n+p?1
|f (x0 ) ? x0 |.
=
1?q
Так как q < 1, то
qn
|xn+p ? xn | <
|f (x0 ) ? x0 |,
1?q
откуда следует, что |xn+p ? xn | ? 0 при n ? ? и в силу принципа сходимости
Коши последовательность (1.2) сходится к некоторой точке x? ? I . Покажем,
что f (x? ) = x? . В самом деле,
|x? ? f (x? )| ? |xn ? x? | + |xn ? f (x? )| = |xn ? x? | + |f (xn?1 ) ? f (x? )| ?
? |xn ? x? | + q|xn?1 ? x? |.
При любом заданном ? > 0 и достаточно большом n
?
|xn ? x? | < ,
2
Следовательно,
?
|xn?1 ? x? | < .
2
|x? ? f (x? )| < ?.
Так как ? > 0 произвольно, то
|x? ? f (x? )| = 0 ? x? = f (x? ).
Осталось показать единственность неподвижной точки. Пусть существуют такие две точки x? , y ? , что f (x? ) = x? , f (y ? ) = y ? . Тогда
|x? ? y ? | = |f (x? ) ? f (y ? )| ? q|x? ? y ? |.
Но q < 1. Поэтому |x? ? y ? | = 0. Следовательно, x? = y ? . ¤
Легко найти скорость сходимости последовательности (1.2) к неподвижной
точке. В самом деле,
|x1 ? x? | = |f (x0 ) ? f (x? )| ? q|x0 ? x? |,
|x2 ? x? | ? q 2 |x0 ? x? |.
Copyright ??? «??? «??????» & ??? «A???????? K????-C?????»
Введение
11
Продолжая, получим
|xn ? x? | ? q n |x0 ? x? |.
Говорят, что последовательность (1.2) сходится к x? co cкоростью геометрической прогрессии со знаменателем q .
Очевидно, условия принципа сжимающих отображений выполнены, если производная f 0 (x) удовлетворяет неравенству |f 0 (x)| ? q < 1 при x ? I .
Пусть теперь x? неподвижная точка функции f (x).
Теорема (об области притяжения неподвижной точки). Пусть суще-
ствует производная функции f (x) в неподвижной точке x? и удовлетворяет
неравенству
|f 0 (x? )| = q < 1.
Тогда последовательность xn = f (xn?1 ) (n = 0, 1, . . . ) cходится к точке x? ,
если начальная точка x0 достаточно близка к x? . Справедлива оценка
|xn ? x? | ? (q + ?)n |x0 ? x? |,
(1.3)
где ? любое положительное число (q + ? < 1).
Доказательство. Пусть задано положительное число ?. Из свойств про-
изводной вытекает существование такого ? > 0, что из |x0 ? x? | < ? следует
неравенство
|f (x0 ) ? f (x? ) ? f 0 (x? )(x0 ? x? )| ? ?|x0 ? x? |.
Поэтому из |x0 ? x? | < ? вытекает неравенство
|f (x0 ) ? x? | ? |f (x0 ) ? f (x? ) ? f 0 (x? )(x0 ? x? )|+
+ |f 0 (x? )(x0 ? x? )| ? (q + ?)|x0 ? x? |.
(1.4)
Так как q + ? < 1, то точка x1 = f (x0 ) лежит к x? ближе, чем x0 и |x1 ? x? | < ? .
Применяя неравенство (1.4) последовательно к x1 , x2 , . . . , xn , получим неравенство (1.3). ¤
Замечание. Из неравенства (1.3) вытекает, что последовательность (1.2)
сходится к точке x? быстрее геометрической прогрессии со сколь угодно малым
знаменателем, если f 0 (x? ) = 0.
В дальнейшем нам придется рассматривать функции двух переменных
F (x, z), где z будет играть роль параметра. Будем предполагать, что функция
F (x, z) определена при |x ? x0 | ? ?, |z ? z0 | ? ?. Функцию F (x, z), зависящую
от параметра z , назовем равномерно сжимающей (или равномерным сжатием),
если при всех z из |z ? z0 | ? ? справедливо неравенство
|F (x, z) ? F (y, z)| ? q|x ? y|,
|x ? x0 | ? ?, |y ? x0 | ? ?,
Copyright ??? «??? «??????» & ??? «A???????? K????-C?????»
12
Основные понятия и теоремы
где q < 1 и q не зависит от z . Пусть функция F (x, z) при каждом z преобразует
интервал |x ? x0 | ? ? в себя и является равномерным сжатием. Тогда из принципа сжатых отображений вытекает существование единственного на отрезке
|x ? x0 | ? ? решения x = x(z) уравнения
x = F (x, z).
Рассмотрим функцию f (x, z), определенную при |x ? x0 | ? b, |z ? z0 | ? a.
Пусть
f (x0 , z0 ) = 0,
т.е. x0 решение уравнения
f (x, z) = 0
(1.5)
при z = z0 . Если при всех z , близких к z0 , существуют близкие к x0 решения x(z)
уравнения (1.4), то говорят,что уравнение (1.4) определяет неявную функцию
x(z).
Одним из методов доказательства теоремы о существовании неявной функции является метод, основанный на принципе сжимающих отображений.
Теорема о неявной функции. Пусть функция f (x, z) удовлетворяет сле-
дующим условиям:
1) f (x, z) непрерывна по совокупности переменных x, z при |x ? x0 | ? b,
|z ? z0 | ? a и f (x0 , z0 ) = 0,
2) существует производная fx (x, z), непрерывная по совокупности переменных в окрестности точки (x0 , z0 ),
3) fx (x0 , z0 ) 6= 0.
Тогда существуют такие числа ?, ? > 0, что для каждого z из интервала
|z ? z0 | ? ? уравнение (1.5) имеет в интервале |x ? x0 | ? ? единственное
решение x? (z). Функция x? (z) непрерывна в промежутке |z ? z0 | ? ?.
Доказательство. Уравнение
x = x ? [fx (x0 , z0 )]?1 f (x, z)
эквивалентно уравнению (1.5). Покажем, что непрерывная по совокупности переменных функция
F (x, z) = x ? [fx (x0 , z0 )]?1 f (x, z)
при некоторых ?, ? > 0 является равномерным сжатием интервала |x ? x0 | ? ?
при |z ?z0 | ? ?. Отсюда будет следовать существование неявной функции x? (z).
Из условий теоремы следует, что производная
Fx (x, z) = 1 ? [fx (x0 , z0 )]?1 fx (x, z)
Copyright ??? «??? «??????» & ??? «A???????? K????-C?????»
Введение
13
непрерывна по совокупности переменных. Так как Fx (x0 , z0 ) = 0, то можно
указать такое ? > 0, что при |x ? x0 | ? ?, |z ? z0 | ? ? выполнено неравенство
|Fx (x, z)| ? q < 1.
Так как F (x0 , z0 ) = x0 , то можно указать такое положительное ? ? ? , что при
|z ? z0 | ? ?
|F (x0 , z) ? x0 | ? (1 ? q)?.
Тогда
|F (x, z) ? x0 | ? |F (x, z) ? F (x0 , z)| + |F (x0 , z) ? x0 | ?
? q|x ? x0 | + (1 ? q)? ? q? + (1 ? q)? = ?.
Следовательно, F (x, z) преобразует интервал |x?x0 | ? ? в себя при |z ?z0 | ? ?.
Для тех же значений z
|F (x, z) ? F (y, z)| ? q|x ? y| (|x ? x0 | ? ?, |y ? x0 | ? ?).
Существование и единственность функции x? (z) доказаны. Покажем непрерывность x? (z) в точке z1 ? |z ? z0 | ? ?. Действительно,
|x? (z1 ) ? x? (z)| = |F (x? (z1 ), z1 ) ? F (x? (z), z)| ?
? |F (x? (z1 ), z1 ) ? F (x? (z1 ), z)| + |F (x? (z1 ), z) ? F (x? (z), z)| ?
? |F (x? (z1 ), z1 ) ? F (x? (z1 ), z)| + q|x? (z1 ) ? x? (z)|,
откуда
|x? (z1 ) ? x? (z)| ?
1
|F (x? (z1 ), z1 ) ? F (x? (z1 ), z)|.
1?q
Из непрерывности F (x, z) вытекает требуемое утверждение. ¤
Приведем примеры применения теоремы. Пусть f (x, z) = x2 + z 2 ? 1. Уравнение
f (x, z) = x2 + z 2 ? 1 = 0
определяет окружность единичного радиуса с центром в начале координат на
плоскости x, z . Если f (x0 , z0 ) = 0 и z0 > 0 (точка (x0 , z0 ) лежит на верхней
полуокружности ), то fz (x0 , z0 ) = 2z0 6= 0. Следовательно, существует неявная
функция z(x) такая, что
f (x, z(x)) = 0
для всех x, достаточно
близких к x0 . В данном случае z(x) можно записать в
?
явном виде z = 1 ? x2 . Пусть теперь f (x, y) = x5 y 4 ? xy 5 ? yx2 + 1. Очевидно,
f (1, 1) = 0, fy (1, 1) = ?2 6= 0. В силу теоремы о неявной функции существует
Copyright ??? «??? «??????» & ??? «A???????? K????-C?????»
14
Основные понятия и теоремы
функция y = p(x) такая, что f (x, p(x)) = 0, определенная в некотором интервале с центром в точке 1. Выразить явно функцию y = p(x) не удается.
Дифференцируемость неявной функции. Если выполнены условия тео-
ремы существования неявной функции и имеется непрерывная производная
fz (x, z) в некоторой окрестности точки (x0 , z0 ), то неявная функция x? (z) дифференцируема, а ее производная выражается формулой
dx? (z)
fz (x, z)
=?
.
dz
fx (x, z)
(1.6)
Если бы можно было дифференцировать тождество f (x? (z), z) ? 0, то по цепному правилу сразу бы получили формулу (1.6). Однако дифференцируемость
x? (z) требуется еще доказать. Так как существуют непрерывные частные производные fz (x, z) и fx (x, z), то f (x, z) дифференцируема и
f (x + h, z + k) = f (x, z) + hfx (x, z) + kfz (x, z) + ?1 h + ?2 k,
(1.7)
причем ?1 и ?2 стремятся к 0 вместе с h и k . Будем рассматривать только такие
пары точек (x, z), (x+h, z +k), которые лежат в области существования неявной
функции, причем x = x? (z), x + h = x? (z + k). Для таких точек f (x, z) = 0,
f (x + h, z + k) = 0 и равенство (1.7) примет вид
0 = hfx (x, z) + kfz (x, z) + ?1 h + ?2 k.
(1.8)
Так как функция x? (z) непрерывна, то при k ? 0 будет и h ? 0 и вместе с
ними и ?1 ? 0 и ?2 ? 0. Разделив (1.8) на kfx (x, z) 6= 0, получим
µ
?1
1+
fx
¶
h fz ?2
+
+
= 0.
k fx fx
Переходя к пределу при k ? 0, получим
h fz
+
= 0.
k?0 k
fx
lim
Это равенство и доказывает существование предела
x? (z + k) ? x? (z) dx? (z)
h
=
.
lim = lim
k?0
k?0 k
k
dz
Дифференцируемость x? (z) и правило дифференцирования доказаны.
Copyright ??? «??? «??????» & ??? «A???????? K????-C?????»
1.2. Основные определения
15
1.2. Основные определения
Мы уже ввели понятие неподвижной точки.
Определение 1.1. Точка x и орбита O(x) называются периодическими периода l, если
f (l) (x) = x, но f (j) (x) 6= x для 0 < j < l.
Периодическая орбита периода 2 состоит из двух точек x0 , x1 = f (x0 )
(f (x0 ) = x0 , f (2) (x1 ) = x1 ). Периодическая орбита периода 3 состоит из трех
точек x0 , x1 = f (x0 ), x2 = f (x1 ) = f (2) (x0 ). Периодическая орбита периода l
состоит из l точек.
Приведем примеры. Функция f (x) = x3 имеет неподвижные точки 0, 1 и ?1
и не имеет других периодических
точек. Для функции f (x) = x2 ? 1 имеем
?
неподвижные точки 1±2 5 , а точки 0, ?1 точки периодической орбиты периода
2.
Определение 1.2. Точка x называется предпериодической, если f (i) (x) для
некоторого i является периодической точкой для f (x).
Например, для функции f (x) = x2 точка x = 1 является неподвижной, а
точка x = ?1 преднеподвижной, так как f (?1) = 1. Для функции f (x) =
= x2 ? 1 точка 1 будет предпериодической точкой, так как f (1) = 0, за одну
итерацию (один шаг) мы попадаем в периодическую точку периода 2.
Определение 1.3. Неподвижная точка x0 функции f (x) называется притягивающей, если существует такая окрестность U этой точки, что f U ? U и
lim f (n) (x) = x0 для каждой точки x ? U .
(2)
n??
Определение 1.4. Неподвижная точка x0 функции f (x) называется оттал-
кивающей, если существует окрестность U этой точки, которую каждая точка
из множества U \{x0 } покидает за конечное время, т.е. для каждого x ? U \{x0 }
найдется такое n = n(x), что f (n) (x) ?
/ U.
Теорема 1.1. Если точка x0 неподвижная точка отображения f (x) и
0
|f (x0 )| < 1, то точка x0 притягивающая. Если же |f 0 (x0 )| > 1, то точка
x0 отталкивающая.
Доказательство. Если |f 0 (x0 )| < 1, то существует ? > 0, что |f 0 (x)| ? q < 1
при x ? [x0 ? ?, x0 + ?]. По теореме о среднем значении
|f (x) ? x0 | = |f (x) ? f (x0 )| ? q|x ? x0 |.
Следовательно, f (x) ? [x0 ? ?, x0 + ?] и точка f (x) ближе к x0 , чем точка x.
Продолжая оценки, получим
|f (n) (x) ? x0 | ? q n |x ? x0 |.
Copyright ??? «??? «??????» & ??? «A???????? K????-C?????»
16
Основные понятия и теоремы
Поэтому f (n) (x) ? x0 при n ? ?. Точка x0 притягивающая. Если |f 0 (x0 )| > 1,
то существует ? > 0, что |f 0 (x)| ? q > 1 при x ? [x0 ? ?, x0 + ?]. Тогда по теореме
о среднем значении
|f (x) ? x0 | = |f (x) ? f (x0 )| ? q|x ? x0 | > |x ? x0 |.
Если f (x) еще лежит в [x0 ? ?, x0 + ?], то, продолжая оценки, получим
|f (n) (x) ? x0 | ? q n |x ? x0 |.
Отсюда следует, что найдется такое n, при котором f (n) (x) ?
/ [x0 ? ?, x0 + ?]. ¤
Примеры. Для функции f (x) = x3 имеем f 0 (x) = 3x2 . Отсюда ясно, что
неподвижная точка x0 = 0 функции f (x) притягивающая, а неподвижные
точки ?1, 1 отталкивающие.?Легко проверить, что для функции f (x) = x2 ? 1
неподвижные точки x0,1 = 1±2 5 отталкивающие.
Отметим, что неподвижная точка может быть притягивающей в случае, когда |f 0 (x)| = 1. Например, для функции f (x) = x?a(x??)3 неподвижная точка
x = ? при a > 0 притягивающая, хотя f 0 (?) = 1.
Определение 1.5. Периодическая точка x0 периода l для функции f (x)
называется притягивающей, если x0 как неподвижная точка для функции f (l) (x)
является притягивающей. Эта периодическая точка называется отталкивающей,
если x0 как неподвижная точка для f (l) (x) является отталкивающей.
Из теоремы 1.1 непосредственно вытекает следующий результат.
Теорема 1.2. Периодическая точка x0 периода l для функции f (x) будет
притягивающей, если
Ї
Ї
Ї
Ї d (l)
Ї f (x0 )Ї < 1,
Ї
Ї dx
и отталкивающей, если
Ї
Ї
Ї
Ї d (l)
Ї f (x0 )Ї > 1.
Ї dx
Ї
d (l)
Число ? = dx
f (x0 ) называется мультипликатором периодической орбиты (цикла). Из цепного правила следует, что
d (l)
f (x0 ) = f 0 (f (l?1) (x0 ))f 0 (f (l?2) (x0 )) · · · f 0 (x0 ).
dx
Поэтому мультипликатор одинаков для всех точек цикла x0 , x1 = f (x0 ), . . . ,
xl = f (l?1) (x0 ). В дальнейшем будем говорить о притягивающем или отталкивающем цикле, если выполняется одно из условий теоремы 1.2, так как все
Copyright ??? «??? «??????» & ??? «A???????? K????-C?????»
Основные определения
17
точки цикла одновременно являются притягивающими или отталкивающими.
Цикл называется суперустойчивым, если мультипликатор цикла равен нулю.
В этом случае из теоремы об области притяжения неподвижной точки следует,
что притягиваемая периодической точкой траектория сходится к ней быстрее
геометрической прогрессии со сколь угодно малым знаменателем.
Пример. Для функции f (x) = x2 ? 1 цикл 0, ?1 суперустойчивый, так как
d (2)
f (0) = f 0 (0)f 0 (?1) = 0.
dx
Будем говорить об исследовании устойчивости неподвижных точек и циклов
для функции f(x), если исследуется вопрос о том, когда эти неподвижные точки
и циклы являются притягивающими или отталкивающими.
Упражнения
1. Найти неподвижные точки и исследовать их устойчивость для функций
а) f (x) = 2x ? x2 ,
б) f (x) = 2x ? 2x2 ,
в) f (x) = 2, 44x ? x3 ,
г) f (x) = arctan x,
ax2 + bx(1 ? x)
,
ax2 ?
+ 2bx(1 ? x) + c(1 ? x)2
e) f (x) = 1 + 3 + x, x + 3 ? 0.
д) f (x) =
0 ? x ? 1,
b > a, b > c.
2. Найти неподвижные точки и исследовать их устойчивость для функции
f (x) =
2x
.
1 + x3
Существуют ли циклы периода 2?
3. Доказать, что гомеоморфизм вещественной прямой R не имеет периодических точек с наименьшим периодом больше 2. Привести пример гомеоморфизма,
который имеет периодическую точку периода 2.
4. Найти неподвижные точки и циклы периода 2 и исследовать их устойчивость для функций
а) f (x) = 3, 2x ? 3, 2x2 ,
б) f (x) = 2, 2x3 + 1, 2x.
в)
Ѕ
f (x) =
2x,
0 ? x ? 1/2,
2 ? 2x, 1/2 ? x ? 1.
Copyright ??? «??? «??????» & ??? «A???????? K????-C?????»
18
Основные понятия и теоремы
г) F (x) = x + ?tf (x), где ?t > 0, а
Ѕ?
?x, при x ? 0,
?
f (x) =
? x, при x > 0.
д) f (x) = (c ? 1/2)x2 + (1/2 ? 2c)x + c, где 0 < c ? 1.
5. Найти неподвижные точки и циклы периодов 2 и 3 и исследовать их устойчивость для функции f (x) = 1 ? 2|x|.
6. Рассмотрим кусочно-линейное отображение
Ѕ
f (x) =
1
+ 23 + 3p
, 0 ? x ? 1 ? p1 ,
p ? px, 1 ? p1 ? x ? 1,
1
3x
где p > 1. Найти условия существования и устойчивости циклов периода 2 и 3.
1.2.1. Топологическая сопряженность
Пусть задана динамическая система
xn+1 = f (xn ),
n = 0, 1, . . . ,
(1.9)
где f (x) : A ? A непрерывная функция. Пусть h(x) гомеоморфизм, действующий из B в A. Сделаем в (1.9) замену:
xn = h(yn ).
Тогда получим
или
h(yn+1 ) = f (h(yn )),
yn+1 = h?1 (f (h(yn ))) = g(yn ),
n = 0, 1, . . .
(1.10)
Очевидно, функция g = h?1 ? f ? h непрерывна и действует из B в B . Каждой
орбите
x0 , f (x0 ), f (2) (x0 ), . . .
динамической системы (1.9) соответствует орбита динамической системы (1.10):
y0 = h?1 (x0 ), y1 = h?1 (f (h(x0 ))), . . . .
Если x0 неподвижная точка для функции f (x), то y0 = h?1 (x0 ) неподвижная
точка для функции g(x). Если x0 периодическая точка периода l для функции
f (x)(f (l) (x0 ) = x0 ), то
(h?1 f (h(y0 ))(l) = h?1 f (l) (h(y0 )) = y0 ,
Copyright ??? «??? «??????» & ??? «A???????? K????-C?????»
Основные определения
19
т.е. y0 периодическая точка периода l для g(y). Обратно, если y0 неподвижная
или периодическая точка для функции g(y), то x0 = h?1 (y0 ) неподвижная или
периодическая точка для функции f (x).
Определение 1.6. Динамические системы (1.9) и (1.10) называются топо-
логически сопряженными, или функции f (x) и g(y) = h?1 (f (h(y)) называются
топологически сопряженными.
Иначе говоря, две функции f : A ? A и g : B ? B топологически сопряжены, если существует гомеоморфизм h : A ? B такой, что h ? g = f ? h. У
топологически сопряженных функций одинаковое число неподвижных и периодических точек. Если x0 неподвижная или периодическая точка для f (x) является притягивающей, то соответствующая точка y0 для g(y) также будет
притягивающей. Если h(y) дифференцируемая функция, то из равенства
h ? g (l) = f (l) ? h
получаем с помощью цепного правила, что мультипликаторы соответствующих
периодических точек для функций f (x) и g(y) совпадают. Если точка x0 такова,
что f 0 (x0 ) = 0 (такая точка называется критической точкой отображения f (x)),
то точка y0 является критической для отображения g(y).
Примеры. Пусть f (x) = x2 ?1 и x = h(y) = y+c (c > 0). Тогда y = h?1 (x) =
= x ? c и g(y) = h?1 [(y + c)2 ? 1] = y 2 + 2cy + c2 ? c ? 1 топологически сопряжена f (x). Если x = h(y) = y 3 , то функция g(y) = (y 6 ? 1)1/3 топологически
сопряжена f (x) = x2 ? 1.
Упражнения
1. Будем писать f ? g , если функции f (x) и g(x) топологически сопряжены. Докажите, что отношение топологической сопряженности есть отношение
эквивалентности, т.е.
а) f ? f ,
б) f ? g тогда и только тогда, когда g ? f ,
в) если f1 ? f2 , f2 ? f3 , то f1 ? f3 .
2. Пусть f (x) = x2 , g(x) = x2 + ax + b(x ? R). Опишите множество тех пар
(a, b), для которых f ? g .
3. Для каких a ? R можно указать такое b ? R, что функции f (x) = 1 ? ax2
и g(x) = bx(1 ? x)(x ? R) топологически сопряжены? Опишите множество всех
возникающих при этом чисел.
Copyright ??? «??? «??????» & ??? «A???????? K????-C?????»
20
Основные понятия и теоремы
1.2.2. Грубые отображения
Таким образом, мы видим, что топологически сопряженные отображения
обладают одинаковой динамикой. С понятием топологической сопряженности
тесно связана концепция грубости (структурной устойчивости) динамической
системы, которая важна в приложениях теории динамических систем. Обсуждение понятия грубости начнем с определения близости двух отображений (функций).
Определение 1.7. Пусть f (x) и g(x) две гладкие функции, определенные
на R = (??, +?). C 0 -расстояние между f (x) и g(x) задается формулой
d0 (f, g) = sup |f (x) ? g(x)|.
x?R
C r -расстояние определяется формулой
dr
dr
dr (f, g) = sup{|f (x) ? g(x)|, |f (x) ? g (x)|, . . . , | r f (x) ? r g(x)|}.
dx
dx
x?R
0
0
Можно рассмотреть также расстояние между функциями f (x) и g(x) на интервале J = [a, b]. Отметим, что C r -расстояние используется как мера близости
двух функций, а не как глобальная метрика для всех функций. Например, C 0 расстояние для функций f1 (x) = 2x и g2 (x) = (2 + ?)x равно бесконечности, а
функции f2 (x) = 2x и g2 (x) = 2x + ? являются C r -? близкими для всех r. На
промежутке J = [0, 5] C 0 -расстояние между функциями f1 (x) и g1 (x) равно 5|?|.
Определение 1.8. Пусть f : J ? J . Говорят, что отображение f (x) явля-
ется C r -грубым (C r -структурно устойчивым) на интервале J , если существует
такое ? > 0, что любое отображение g(x), действующее на интервале J , для
которого dr (f, g) < ?, топологически сопряжено отображению f (x).
Описание класса грубых отображений является довольно сложной задачей.
Приведем пример доказательства грубости конкретного отображения. Это доказательство наметим только в общих чертах. Рассмотрим отображение f (x) = 12 x.
Это отображение является C 1 -грубым на R. Для доказательства этого утверждения нам нужно показать следующее. Существует такое ? > 0, что, если
d1 (f, g) < ?, тогда f (x) и g(x) топологически сопряжены. Покажем, что годится
любое ? < 1/2. Если d1 (f, g) < 1/2, то справедливо неравенство 0 < g 0 (x) < 1
для всех x ? R. В частности, g(x) возрастает. Отметим также, что g(x) имеет
единственную притягивающую точку p ? R и итерации любой точки x ? R
стремятся к p при итерациях. Это следует из того факта, что |g 0 (x)| < 1 и,
следовательно, g(x) является глобально сжимающим отображением.
Copyright ??? «??? «??????» & ??? «A???????? K????-C?????»
Основные определения
21
Теперь необходимо сконструировать сопрягающую функцию h(x). Введем
в данном конкретном случае понятие фундаментальной области отображения. Рассмотрим пару интервалов 5 < |x| ? 10. Орбита любой точки для
отображения f (x) (исключая точку 0) может попасть в каждый из этих интервалов только один раз. Для отображения g(x) также можно найти подобную
фундаментальную область. Легко проверить, что интервалы g(10) < x ? 10
и ?10 ? x < g(?10) обладают теми же свойствами для отображения g(x),
т.е. орбита любой точки, кроме неподвижной, для отображения g(x) может попасть в каждый из этих интервалов только один раз. Определим h(x) на интервалах [5, 10] и [?10, ?5] как линейную функцию h : [5, 10] ? [g(10), 10], h :
[?10, ?5] ? [?10, g(?10)]. Требуем, чтобы h(x) была возрастающей, так что
h(±10) = ±10. Распространим определение h(x) на все другие точки следующим образом. Пусть x 6= 0. Тогда существует такое целое n, что f (n) (x) принадлежит фундаментальной области для f (x). Следовательно, функция h?g(x)
корректно определена. Теперь положим h(x) = g (?n) ?h?f (n) (x). Следовательно,
получим g (n) ? h(x) = h ? f (n) (x). Применяя ту же конструкцию к f (x), получим
g ? h(x) = h ? f (x). Наконец, положим h(0) = p. Легко видеть, что определенное
таким образом отображение h(x) является гомеоморфизмом.
Возможно, более важным, чем вопрос о грубости отображения, является вопрос о том, когда отображение не является грубым. Рассмотрим следующий
пример. Пусть f0 (x) = x?x2 . Неподвижная точка x = 0 является слабо притягивающей для точек x0 ? (0, 1), но f 0 (0) = 1. Возьмем функцию f? (x) = x ? x2 + ? .
Очевидно, функция f? (x) является C r ? ? -близкой к функции f0 (x). Функция
f? (x) имеет две неподвижные точки, когда ? > 0, и ни одной неподвижной точки, когда ? < 0. Таким образом, f? (x) не может иметь такую же динамику как
f0 (x). Отображение f0 (x) не является грубым.
Перечислим необходимые условия грубости отображения.
Определение 1.9. Периодическая точка p периода k отображения f (x) на-
зывается
гиперболической
периодической точкой, если
Ї
Ї
Їd
Ї
0 6= ЇЇ f (n) (p)ЇЇ 6= 1.
dx
Если отображение f (x) является C r -грубым, то каждая периодическая орбита отображения f (x) является гиперболической (и, в частности, f (x) имеет
только конечное число периодических точек каждого периода). Если отображение f (x) является C 1 -грубым, то f (x) не имеет критических точек. Если отображение f (x) является C r -грубым (r ? 2), то все критические точки f (x) будут
невырожденными (критическая точка x0 для f (x) называется невырожденной,
если f 00 (x0 ) 6= 0). Доказательство вышеперечисленных утверждений выходит за
рамки настоящей книги.
Copyright ??? «??? «??????» & ??? «A???????? K????-C?????»
22
Основные понятия и теоремы
Гиперболическая неподвижная точка для отображения f (x) является C 1 грубой локально. Под этим мы подразумеваем, что существуют окрестность
неподвижной точки и число ? > 0 такие, что если отображение g(x) является
C 1 ? ?-близким к f (x) на этой окрестности, то f (x) топологически сопряжено
g(x) на этой окрестности. В частности, имеет место следующая теорема, которая
принадлежит Гробману и Хартману.
Теорема. Пусть p гиперболическая неподвижная точка для отображе-
ния f (x). Тогда существуют окрестности U точки p и V точки 0 и гомеоморфизм h : U ? R, который сопрягает f (x) на U и линейное отображение
l(x) = f 0 (p)x на V .
Доказательство этой теоремы, которая справедлива и в многомерном случае,
мы также не приводим.
1.3. Локальные бифуркации
Если одномерная динамическая система зависит от параметров, то их изменение может приводить к различным качественным изменениям в поведении
системы. Наиболее простые бифуркации циклов, исследование которых сводится к локальному изучению отображения (функции) в окрестности одной или
нескольких точек, образующих цикл.
Рассмотрим семейство функций f (x, c), зависящее от параметра c, изменяющегося в некотором интервале вещественной прямой. Значение параметра c = c0
называется регулярным, если функция f (x, c) топологически сопряжена функции f (x, c0 ) для c достаточно близких к c0 . Если значение параметра c не регулярно, то оно называется бифуркационным значением. Очевидно, множество
регулярных точек открыто. Поэтому множество бифуркационных значений как
дополнительное к множеству регулярных значений является замкнутым, т.е.
содержит все свои предельные точки.
Будем рассматривать бифуркационные значения, связанные с циклами функции f (x, c). Пусть функция f (x, c) при значении c = c0 имеет периодическую
точку периода k , т.е. f (k) (p, c0 ) = p. Если ?(p) мультипликатор цикла, то при
|?(p)| < 1 цикл притягивающий, а при |?(p)| > 1 цикл отталкивающий. Если
?(p) 6= 1, то в окрестности c0 существует семейство циклов p(c)(p(c0 ) = p) периода k для семейства функций f (x, c), гладко зависящее от параметра c. Доказательство этого факта следует из применения теоремы о неявной
Ї функции к уравЇ
d?(x,c)
нению ?(x, c) = f (k) (x, c)?x = 0, так как ?(p, c0 ) = 0, dx Ї
= ?(p)?1 6= 0.
(p,c0 )
Будем говорить, что циклы периода k образуют гладкую ветвь.
Copyright ??? «??? «??????» & ??? «A???????? K????-C?????»
Локальные бифуркации
23
Из предыдущего следует, что число периодических орбит с наименьшим периодом k может измениться только при значениях c, для которых существует
такая периодическая точка p периода k , что ?(p) = 1. Устойчивость периодической точки изменяется при |?(p)| = 1. Локальная теория бифуркаций описывает
качественные изменения, которые имеют место в случаях, когда мультипликатор цикла проходит через значения ±1. Будем предполагать, что функция
f (k) (x, c) имеет третьи непрерывные частные производные по x и c.
Предложение 1.1. Пусть семейство функций f (x, c) удовлетворяет усло-
виям
1) f (k) (x0 , c0 ) = x0 ,
?f (k)
2)
(x0 , c0 ) = ?(x0 ) = 1,
?x
? 2 f (k)
0
3)
(x
,
c
)
=
?
(x0 ) > 0,
0
0
?x2
?f (k)
4)
(x0 , c0 ) > 0.
?c
Тогда существуют интервалы (c1 , c0 ) и (c0 , c2 ) и ? > 0 такие, что если
c ? (c1 , c0 ), то f (k) (x, c) имеет две неподвижные точки в (x0 ? ?, x0 + ?), одна
из них притягивающая, а другая отталкивающая. Если же c ? (c0 , c2 ), то
f (k) (x, c) не имеет неподвижных точек в (x0 ? ?, x0 + ?).
Доказательство. Положим
g(x, c) = f (k) (x, c) ? x. Так как
?g
g(x0 , c0 ) = 0, ?x
(x0 , c0 ) = 0, ?g
?c (x0 , c0 ) > 0, то в силу теоремы о неявной функции
существует гладкая функция c = h(x) такая, что c0 = h(x0 ) и
g(x, h(x)) ? 0
(1.11)
в некоторой окрестности точки (x0 , c0 ). Дифференцируя тождество (1.11), получаем
gx (x, h(x)) + gc (x, h(x))
dh
= 0.
dx
Отсюда
(1.12)
dh
(x0 ) = 0,
dx
так как gx (x0 , c0 ) = 0. Дифференцируя (1.12), получим
µ ¶2
dh
dh
d2 h
gxx (x, h(x)) + 2gxc (x, h(x)) + gcc (x, h(x))
+ gc (x, h(x)) 2 = 0.
dx
dx
dx
В точке x = x0
d2 h
gxx (x0 , c0 ) + gc (x0 , c0 ) 2 (x0 ) = 0.
dx
Copyright ??? «??? «??????» & ??? «A???????? K????-C?????»
24
Основные понятия и теоремы
Отсюда
d2 h
gxx (x0 , c0 )
(x0 ) = ?
< 0.
2
dx
gc (x0 , c0 )
Из последнего неравенства следует, что точка x0 это точка максимума кривой c = h(x), которая является кривой неподвижных точек функции f (k) (x, c) :
f (k) (x, h(x)) = x. Следовательно, если c > c0 , то неподвижных точек нет, а при
c < c0 появляются две неподвижные точки (две периодические точки периода
k ). Вопрос о том, когда эти точки являются притягивающими или отталкиваю? (k)
щими, решается сразу, если заметить, что ?x
f (x, h(x)) монотонная функция
x в некоторой окрестности точки (x0 , c0 ), так как fxx (x0 , c0 ) 6= 0. ¤
На следующем рисунке (рис. 1.1) нижняя ветвь состоит из притягивающих
периодических точек (изображена сплошной линией), а верхняя ветвь (изображена пунктиром) из отталкивающих периодических точек.
Рис. 1.1. Бифуркация неподвижных точек
Замечание. Если изменить знак одного из неравенств 3) или 4), то меняется
роль интервалов (c1 , c0 ) и (c0 , c2 ).
Таким образом, в окрестности точки x0 , где мультипликатор цикла ?(x0 ) = 1,
при изменении параметра c происходит рождение двух циклов периода k либо
исчезновение циклов периода k . Если при c < c0 было два цикла периода k , то
при c = c0 они сливаются в один и при c > c0 исчезают. Если же при c < c0 не
было циклов периода k , а при c = c0 появляется цикл периода k ?? мультипликатором, равным 1, то при c > c0 из него рождается два цикла периода k , один
из которых притягивающий, а другой отталкивающий.
Предложение 1.2 (бифуркация удвоения периода). Пусть для семей-
ства функций f (x, c) выполнены условия
1) f (k) (x0 , c0 ) = x0 ,
?f (k)
2)
(x0 , c0 ) = ?(x0 ) = ?1.
?x
Тогда существует единственная гладкая ветвь периодических точек x(c)
периода k для c близких к c0 и x(c0 ) = x0 .
Copyright ??? «??? «??????» & ??? «A???????? K????-C?????»
Локальные бифуркации
25
?f (k)
Если мультипликатор ?(c) =
(x(c), c) удовлетворяет неравенству
?x
d?
3)
(c0 ) > 0
dc
и, кроме того,
? 3 f (2k)
(x0 , c0 ) < 0,
4)
?x3
то существуют интервалы (c1 , c0 ) и (c0 , c2 ) и ? > 0 такие, что
i) если c ? (c1 , c0 ), то f (k) (x, c) имеет одну отталкивающую неподвижную
точку, а f (2k) (x, c) одну притягивающую неподвижную точку в (x0 ??, x0 +?);
ii) если c ? (c0 , c2 ), то f (2k) (x, c) имеет единственную неподвижную точку
в (x0 ? ?, x0 + ?), которая является притягивающей неподвижной точкой для
f (k) (x, c).
Доказательство. Существование гладкой ветви неподвижных точек для
(k)
f (x, c) было доказано ранее применением теоремы о неявной функции к
g(x, c) = f (k) (x, c) ? x, а из условия 3) предложения 1.2 следует, что неподвижная точка для f (k) (x, c) отталкивающая в интервале (c1 , c0 ) и притягивающая в
интервале (c0 , c2 ). Чтобы найти периодическую точку периода 2k , введем функцию
h(x, c) = f (2k) (x, c) ? x.
Тогда h(x0 , c0 ) = f (2k) (x0 , c0 ) ? x0 = 0. Далее, из условия 2) и цепного правила
находим
Ї
hx (x0 , c0 ) =
Ї
? (k) (k)
(f (f (x, c), c))ЇЇ
?1=
?x
x=x0 ,c=c0
= fx(k) (f (k) (x0 , c0 ), c0 )fx(k) (x0 , c0 ) ? 1 = [fx(k) (x0 , c0 )]2 ? 1 = 0,
Ї
Ї
? 2 (k) (k)
Ї
hxx (x0 , c0 ) =
(f
(f
(x,
c),
c))
=
Ї
2
?x
x=x0 ,c=c0
(k) (k)
(k)
= fxx
(f (x0 , c0 ), c0 )(f (k) (x0 , c0 ))2 + fx(k) (f (k) (x0 , c0 ), c0 )fxx
(x0 , c0 ) =
(k)
(k)
= fxx
(x0 , c0 )[fx(k) (x0 , c0 )]2 + fx(k) (x0 , c0 )fxx
(x0 , c0 ) = 0
В силу условия 4) доказываемого предложения
? 3 (2k)
hxxx (x0 , c0 ) = 3 f (x0 , c0 ) < 0.
?x
Copyright ??? «??? «??????» & ??? «A???????? K????-C?????»
26
Основные понятия и теоремы
Так как гладкая ветвь неподвижных точек x(c) является решением уравнения
h(x, c) = 0, то функцию h(x, c) можно представить в виде
h(x, c) = (x ? x(c))g(x, c).
Тогда из равенства
hx (x, c) = g(x, c) + (x ? x(c))gx (x, c)
получаем
g(x0 , c0 ) = 0.
Далее, из равенств
hxx (x, c) = 2gx (x, c) + (x ? x(c))gxx (x, c),
hxxx (x, c) = 3gxx (x, c) + (x ? x(c))gxxx (x, c)
и
проведенных нами выше вычислений
hxxx (x, c) в точке (x0 , c0 ) следует, что
gx (x0 , c0 ) = 0,
значений
функций
hxx (x, c),
gxx (x0 , c0 ) < 0.
Вычислим теперь gc (x0 , c0 ). Имеем
hxc (x, c) = gc (x, c) ?
Поэтому
dx
gx (x, c) + (x ? x(c))gxc (x, c).
dc
hxc (x0 , c0 ) = gc (x0 , c0 ).
Вычислим hxc (x, c). Так как
hx (x, c) = fx(k) (f (k) (x, c), c)fx(k) (x, c) ? 1,
то
(k) (k)
(k) (k)
hxc (x, c) = fxx
(f (x, c), c)fc(k) (x, c)fx(k) (x, c) + fxc
(f (x, c), c)fx(k) (x, c)+
(k)
+fx(k) (f (k) (x, c), c)fxc
(x, c).
Теперь получаем
(k)
(k)
hxc (x0 , c0 ) = fxx
(x0 , c0 )fc(k) (x0 , c0 )fx(k) (x0 , c0 ) + fxc
(x0 , c0 )fx(k) (x0 , c0 )+
(k)
(k)
(k)
+fx(k) (x0 , c0 )fxc
(x0 , c0 ) = ?fxx
(x0 , c0 )fc(k) (x0 , c0 ) ? 2fxc
(x0 , c0 ).
Copyright ??? «??? «??????» & ??? «A???????? K????-C?????»
Локальные бифуркации
27
Из тождества
f (k) (x(c), c) ? x(c)
следует, что
fc(k) (x(c), c) + fx(k) (x(c), c)
dx dx
=
.
dc
dc
(1.13)
Из (1.13) получаем равенство
fc(k) (x0 , c0 ) = 2x0 (c0 ).
Далее, условие 3) предложения влечет неравенство
Ї
Ї
d (k)
(k)
(k)
(fx (x(c), c))ЇЇ
= fxx
(x0 , c0 )x0 (c0 ) + fxc
(x0 , c0 ) > 0.
dc
c=c0
Поэтому
(k)
(k)
(x0 , c0 ) =
(x0 , c0 )fc(k) (x0 , c0 ) ? 2fxc
gc (x0 , c0 ) = hxc (x0 , c0 ) = ?fxx
(k)
(k)
= ?2fxx
(x0 , c0 )x0 (c0 ) ? 2fxc
(x0 , c0 ) < 0.
Итак,
g(x0 , c0 ) = 0,
gx (x0 , c0 ) = 0,
gxx (x0 , c0 ) < 0,
gc (x0 , c0 ) < 0.
(1.14)
В силу теоремы о неявной функции при x близких к x0 существует такая функция c(x), что c(x0 ) = c0 и
g(x, c(x)) ? 0.
Дифференцируя последнее тождество, получим
gx (x, c(x)) + gc (x, c(x))
dc
= 0.
dx
(1.15)
Из (1.14) и (1.15) немедленно следует, что
c0 (x0 ) = 0.
Дифференцируя (1.15), приходим к равенству
µ ¶2
d2 c
dc
dc
gxx (x, c(x)) + 2gcx (x, c(x)) + gc (x, c(x)) 2 + gcc (x, c(x))
= 0.
dx
dx
dx
Отсюда
c00 (x0 ) = ?
gxx (x0 , c0 )
< 0.
gc (x0 , c0 )
Copyright ??? «??? «??????» & ??? «A???????? K????-C?????»
28
Основные понятия и теоремы
Таким образом, функция c(x) имеет в точке x = x0 максимум. Следовательно, при c < c0 есть периодическая точка периода 2k , а при c > c0 таких точек нет. Осталось доказать, что цикл периода 2k притягивающий. Так как
? 2 f (2k) (x0 ,c0 )
df (2k) (x,c(x))
=
0
и
выполнено
условие
4),
то
имеет максимум в точке
?x2
dx
Ї
x = x0 . Поэтому из равенства
df (2k) (x,c(x)) Ї
Ї
dx
x=x
= 1 при c < c0 следует, что цикл
0
периода 2k притягивающий . ¤
На рис. 1.2 c(x) ветвь точек периода 2k , а x(c) ветвь точек
периода k .
Рис. 1.2. Бифуркация удвоения периода
Замечание. Изменение знака в неравенстве 3) предложения 1.2 меняет ме-
стами интервалы, в которых цикл периода k является притягивающим или отталкивающим, в то время как изменение знака неравенства 4) предложения 1.2
приводит к тому, что цикл периода 2k становится отталкивающим. Изменение
знака либо в неравенстве 3), либо в неравенстве 4) меняет местами интервалы,
в которых лежит цикл периода 2k .
Производной Шварца функции f (x) называется выражение
f 000 (x) 3
Sf (x) = 0
?
f (x)
2
µ
f 00 (x)
f 0 (x)
¶2
.
Оказывается, что знак производной Шварца определяет тип бифуркации удвоения. Действительно,
? 3 f (2k) (x, c) ? 3 f (k) (f (k) (x, c), c)
(k)
=
= fxxx
(f (k) (x, c), c)[f (k) (x, c)]3 +
?x3
?x3
(k) (k)
(k)
(k)
+3fxx
(f (x, c), c)fxx
(x, c)fx(k) (x, c) + fxxx
(x, c)fx(k) (f (k) (x, c), c).
Поэтому при f (k) (x0 , c0 ) = x0 ,
(k)
fx (x0 , c0 ) = ?1 получаем
? 3 f (2k)
(k)
(k)
(x0 , c0 ) = ?2fxxx
(x0 , c0 ) ? 3[fxx
(x0 , c0 )]2 ,
3
?x
Copyright ??? «??? «??????» & ??? «A???????? K????-C?????»
Локальные бифуркации
29
и, следовательно,
? 3 f (2k)
(x0 , c0 ) = 2Sf (k) (x0 , c0 ),
3
?x
т.е. знак производной Шварца определяет знак неравенства в условии 4) предложения 1.2.
Для функций, у которых производная Шварца отрицательна, возможен только один тип бифуркаций, связанных с удвоением периода: притягивающий цикл
периода k ? бифуркация ? отталкивающий цикл периода k ? притягивающий
цикл периода 2k . Субкритическая бифуркация (рис. 1.3) не может встретиться.
Во многих приложениях рассматриваемый класс однопараметрических семейств функций может удовлетворять дополнительным ограничениям и другие
локальные бифуркации могут встретиться. Мы приведем два примера таких ситуаций, но опустим доказательства соответствующих результатов, так как они
аналогичны доказательствам предложений 1.1 и 1.2. Часто встречается ситуация, при которой точка x = 0 является неподвижной точкой семейства при всех
значениях параметра.
Рис. 1.3. Субкритическая бифуркация удвоения периода
Предложение 1.3. Пусть f (x, c) однопараметрическое семейство функ-
ций, удовлетворяющих условиям
1) f (0, c) = 0,
?f
d?
2)
(0, c) = ?(c), ?(0) = 1 и
(0) > 0,
?x
dc
? 2f
(0, 0) > 0.
3)
?x2
Тогда f (x, c) имеет единственную бифурцирующую ветвь неподвижных
точек x(c) для c близких к 0, причем x(0) = 0 и x(c) 6= 0, если c 6= 0. Точка
x = 0 притягивающая, если c < 0, и отталкивающая, если c > 0, в то время
как неподвижные точки из бифурцирующей ветви отталкивающие при c < 0
и притягивающие при c > 0.
Copyright ??? «??? «??????» & ??? «A???????? K????-C?????»
30
Основные понятия и теоремы
Если f (?x, c) = ?f (x, c), т.е. f (x, c) нечетная функция x, то необходимо
2
f (0, c) = 0, но предыдущее предпожение неприменимо, так как ??xf2 (0, 0) = 0. В
этом случае получаем следующий результат.
Предложение 1.4. Пусть f (x, c) однопараметрическое семейство функ-
ций, удовлетворяющих условиям
1) f (?x, c) = ?f (x, c),
?f
2)
(0, c) = ?(c), ?(0) = 1 и d?
dc (0) > 0,
?x
? 3f
3)
(0, 0) < 0.
?x3
Тогда существуют интервалы (c1 , 0) и (0, c2 ) и ? > 0 такие, что
i) если c ? (c1 , 0), то x = 0 единственная притягивающая неподвижная
точка для f (x, c) в (??, ?);
ii) если c ? (0, c2 ), то f (x, c) имеет три неподвижные точки в (??, ?).
Точка x = 0 отталкивающая неподвижная точка, в то время как две другие
неподвижные точки притягивающие.
Примеры. Приведем примеры применения предложений 1.1 - 1.4. Рассмот-
рим сначала следующее семейство функций f (x, c) = c ? x2 . Из уравнения
f (x, c) = c?? x2 = x находим, что это семейство имеет две неподвижные точки
x1,2 = ?1± 2 1+4c при c > ?1/4. Значение параметра c = ?1/4 является бифуркационным. При c = ?1/4 у семейства только одна неподвижная точка x = ?1/2.
Мультипликатор этой точки равен 1. Условие 4) предложения 1.1 выполнено,
а условие 3) имеет противоположный знак. Две неподвижные точки появляются при увеличении параметра от значений c < 1/4 к значениям
c > 1/4.
?
Мультипликаторы для точек x1,2?имеют вид ?1,2 = ?2x = 1 ? 1 + 4c. Отсюда получаем, что точка x1 = ?1+ 2 1+4c притягивающая, ее область притяжения
определяется из неравенства
?1 < 1 ?
?
1 + 4c < 1.
Таким образом, получаем неравенство ?1/4 < c < 3/4. При c = 3/4 мультипликатор равен ?1. Проверим выполнение условий предложения
1.2. Выполнение
?
условий 1) и 2) уже проверено. Так как ?(c) = 1 ? 1 + 4c, то
Ї
µ
¶Ї
Ї
d? ЇЇ
2
Ї
?
=
?
= ?1 < 0.
Ї
dc c=3/4
1 + 4c Їc=3/4
Легко видеть, что производная Шварца функции f (x, c) = c ? x2 отрицательна.
Поэтому условие 4) выполнено. Получаем, что при c > 3/4 рождается притяги-
Copyright ??? «??? «??????» & ??? «A???????? K????-C?????»
1.4. Глобальные бифуркации
31
вающий цикл периода 2. Его точки можно найти из уравнения
f (2) (x, c) = c ? c2 + 2cx2 ? x4 ? x = 0,
учитывая, что многочлен в левой части равенства делится на многочлен c?x2 ?x.
Семейство функций f (x, r) = rx(1 ? x), которое мы в дальнейшем подробно изучим, дает возможность проиллюстрировать предложение 1.3. Действительно, f (0, r) = 0 и при r = 1 выполнены остальные условия предложения
2
1.3 (fx (0, r) = r, ?(1) = 1, ?0 (1) = 1 и ??xf2 (0, 1) = ?2 < 0). Поэтому при
r > 1 существует ветвь притягивающих неподвижных точек x(r) = r?1
r . Для
3
исследования семейства f (x, c) = cx ? x можно воспользоваться предложением
1.4. Легко проверяется, что бифуркация происходит при прохождении параметром c значения 1. При c < 1 точка x = 0 единственная неподвижная точка и
она является притягивающей.
При c > 1 существует три неподвижные точки
?
x = 0, x1,2 = ± c ? 1. Точка x = 0 отталкивающая, а точки x1,2 притягивающие.
Упражнения
1. Идентифицировать бифуркации, которые встречаются в следующих семействах функций при указанных значениях параметров:
1) f (x, r) = rx(1 ? x), r = 3,
2) f (x, c) = cex , c = e?1 , c = ?e,
3) f (x, r) = xer(1?x) , r = 2,
4) f (x, c) = cx ? x3 , c = ?1.
2. Для семейства функций F (x) = x + ?tf (x), где
Ѕ
f (x) =
(?x)1/3 ,
?(x)1/2 ,
при
при
x ? 0,
x > 0,
зависящего от параметра ?t > 0, найти цикл периода 2 и исследовать его бифуркации при ?t ? 0 и ?t ? ?.
1.4. Глобальные бифуркации
В этом разделе мы рассмотрим вопросы, связанные со следующим обстоятельством. В одномерном случае существуют сильные ограничения на тип периодических орбит, которые могут сосуществовать. Присутствие орбиты некоторого периода автоматически гарантирует существование орбит различных других
периодов. Первым результатом такого типа является следующее утверждение.
Лемма 1.1. Если непрерывная функция f (x) имеет цикл периода
k > 1, то она имеет неподвижную точку (цикл периода 1).
Copyright ??? «??? «??????» & ??? «A???????? K????-C?????»
32
(f
Основные понятия и теоремы
Доказательство. Пусть a периодическая точка периода k для f (x)
(k)
(a) = a). Пусть f (a) > a. Рассмотрим последовательность
a, f (a), f (2) (a), . . . , f (k?1) (a), f (k) (a) = a.
(1.16)
Должна существовать такая точка b = f (i) (a), (i < k) в последовательности
(1.16), что f (b) < b. В противном случае последовательность (1.16) постоянно
бы возрастала и не могла бы вернуться к точке a. Из теоремы о промежуточном
значении, примененной к функции ?(x) = f (x) ? x, следует, что существует
такая точка c (a < c < b), для которой f (c) = c. Аналогичные аргументы
работают и в случае выполнения неравенства f (a) < a. ¤
Дальнейшее рассмотрение опирается на две леммы из анализа, роль которых
в исследовании глобальных бифуркаций была выявлена Йорком и Ли.
Лемма 1.2. Пусть f (x) непрерывная функция, определенная на веще-
ственном интервале J . Пусть I ? J компактный (ограниченный и замкнутый) интервал. Пусть I ? f (I). Тогда существует такая точка p ? I , что
f (p) = p, т.е. p неподвижная точка функции f (x).
Доказательство. Пусть I = [?0 , ?1 ]. Выберем точки ?i , i = 0, 1 в I так, что
f (?i ) = ?i . Для функции ?(x) = f (x)?x имеем ?(?0 ) = f (?0 )??0 = ?0 ??0 < 0,
?(?1 ) = f (?1 ) ? ?1 = ?1 ? ?1 > 0. Поэтому существует такая точка p ? I , что
?(p) = 0, т.е. f (p) = p. ¤
Лемма 1.3. Пусть f : I ? R непрерывная функция на интервале I . Для
любого компактного интервала I1 ? f (I) существует такой компактный
интервал Q1 ? I , что f (Q1 ) = I1 .
Доказательство. Пусть I1 = [f (p), f (q)], где p, q ? I . Если p < q , то через
r обозначим наибольшую точку в I , в которой f (r) = f (p). Пусть s первая
точка после r в I , в которой f (s) = f (q). Тогда f ([r, s]) = I1 , т.е. Q1 = [r, s].
Аналогично рассматривается случай p > q . ¤.
Пусть f : R ? R непрерывная функция и x1 , x2 , . . . , xk точки цикла периода k этой функции. Пусть a наименьшее число среди точек xi (i = 1, . . . , k).
Итерации точки a, расположенные в порядке возрастания по величине, разбивают вещественную ось на два полубесконечных интервала и k ? 1 конечных
интервалов. Эти конечные интервалы занумеруем как I1 , I2 , . . . , Ik?1 слева направо. Например, если f (x) имеет цикл периода 5 и
a < f (3) (a) < f (a) < f (2) (a) < f (4) (a),
то I1 = [a, f (3) (a)], I2 = [f (3) (a), f (a)], I3 = [f (a), f (2) (a)], I4 = [f (2) (a), f (4) (a)].
Рассмотрим теперь множество f (I1 ). В нашем примере интервал I1 имеет концы a и f (3) (a), которые функцией f (x) отображаются в точки f (a) и f (4) (a)
Copyright ??? «??? «??????» & ??? «A???????? K????-C?????»
Глобальные бифуркации
33
соответственно. По теореме о промежуточном значении множество f (I1 ) должно включать в себя все точки, лежащие между f (a) и f (4) (a). Иначе говоря,
f (I1 ) ? I3 ? I4 . Аналогично получим f (I2 ) ? I4 , f (I3 ) ? I2 ? I3 и f (I4 ) ? I1 .
Удобно организовать эту информацию в виде направленного графа, который
для простоты будем называть диграфом (directed graph). Нумеруем вершины
диграфа как I1 , I2 , . . . , Ik?1 . Пусть si и ti концы интервала Ii . Если интервал
Ij лежит между точками f (si ) и f (sj ) (f (Ii ) ? Ij ), то будем говорить, что существует направление из Ij в Ij , и рисуем направленную дугу из Ii в Ij . В нашем
примере мы получаем фигуру, изображенную на рис. 1.4.
Рис. 1.4. Диграф цикла периода 5
Диграф, возникающий из точек цикла периода k , назовем k периодическим
диграфом. Циклом интервалов в периодическом диграфе будем называть последовательность интервалов вида Ik Il . . . Im Ik , в которой f (Ik )? Il , . . . , f (Im )? Ik .
Цикл в периодическом диграфе называется неповторяющимся, если он не состоит целиком из цикла меньшей длины, проходимого несколько раз. Например,
цикл I1 I3 I2 I4 I1 I3 I2 I4 I1 на рис. 1.4 является повторяющимся циклом длины 8, в
то время как цикл I1 I3 I3 I3 I3 I3 I2 I4 I1 неповторяющийся цикл длины 8.
Пусть в k периодическом диграфе (k > 2) существует неповторяющийся
цикл периода 2: I1 I2 I1 . Рассмотрим диаграмму
f
I1 ? f (I1 )
? .
I2
Из леммы 1.3 следует, что существует интервал Q1 , который делает предыдущую диаграмму полной
f
I1 ? f (I1 )
?
? .
f
Q1 ?
I2
Copyright ??? «??? «??????» & ??? «A???????? K????-C?????»
34
Основные понятия и теоремы
Применяя лемму 1.3 повторно и учитывая, что f (I2 ) ? I1 , получаем диаграмму
f
I1 ? f (I1 )
?
?
f
Q1 ?
?
f (2)
I2
f
Q2 ? I1 ? f (I1 ) .
Следовательно, f (2) (Q2 ) = I1 ? Q2 и из леммы 1.1 вытекает, что функция f (x)
имеет в интервале Q2 периодическую точку x ? Q2 периода 2: f (2) (x) = x. Если
бы точка x была неподвижной точкой функции f (x), то f (x) = x ? I2 . Поэтому
x ? I1 ?I2 (пересечению интервалов I1 и I2 ) и точка x была бы точкой исходного
цикла периода k > 2, что невозможно.
Имеет место следующая общая теорема.
Теорема 1.3. Если k периодический диграф, соответствующий функ-
ции f (x), имеет неповторяющийся цикл длины l, тогда функция f (x) должна
иметь периодическую точку периода l.
Доказательство. Пусть I0 I1 . . . Il = I0 неповторяющаяся последователь-
Рис. 1.5. Диаграмма к доказательству теоремы 1.3
ность интервалов, для которой f (Ii ) ? Ii+1 (i = 0, 1, . . . , l ? 1). Покажем, что
f (x) имеет точку периода l. Используя лемму 1.2 последовательно несколько
раз, сконструируем диаграмму (рис. 1.5). Левый столбец диаграммы состоит из
последовательности множеств I0 ? Q1 ? Q2 ? · · · ? Ql?1 ? Ql , а последняя
Copyright ??? «??? «??????» & ??? «A???????? K????-C?????»
Глобальные бифуркации
35
строка имеет вид
f (l)
Ql ? Il = I0 .
Отсюда следует, что Ql ? I0 = f (l) (Ql ). Из леммы 1.2 вытекает, что f (l) (x) имеет
неподвижную точку x в интервале Ql . Так как последовательность интервалов
неповторяющаяся, то x не может быть точкой периода k < l для f (x). ¤
Следствие 1.1. Если функция f (x) имеет точку периода 3, то она имеет
периодические точки всех периодов.
Доказательство. Существует два различных расположения точек цикла
периода 3:
a < f (a) < f (2) (a),
или
a < f (2) (a) < f (a).
В первом случае I1 = [a, f (a)], I2 = [f (a), f (2) (a)]. Следовательно, f (I1 ) = I2 ,
f (I2 ) ? I1 ? I2 . Во втором случае I1 = [a, f (2) (a)], I2 = [f (2) (a), f (a)], f (I1 ) ?
? I1 ?I2 , f (I2 ) = I1 . Обоим расположениям точек цикла периода 3 соответствует
один и тот же диграф (рис. 1.6). По этому диграфу можно построить неповторяющийся цикл любой длины. Например, цикл периода 7 это I1 I2 I2 I2 I2 I2 I2 I1 .
¤
Если мы обратимся к диграфу цикла периода 5 (рис. 1.4), то получим, что
в этом случае существуют циклы всех периодов, кроме цикла периода 3.
Рис. 1.6. Диграфы цикла периода 3
Рассмотрим еще подробно случай существования цикла периода 4. Получаем
шесть возможных вариантов расположения точек цикла периода 4:
a < f (a) < f (2) (a) < f (3) (a),
(1.17)
a < f (a) < f (3) (a) < f (2) (a),
(1.18)
a < f (2) (a) < f (3) (a) < f (a),
(1.19)
a < f (2) (a) < f (a) < f (3) (a),
(1.20)
a < f (3) (a) < f (2) (a) < f (a),
(1.21)
a < f (3) (a) < f (a) < f (2) (a).
(1.22)
Copyright ??? «??? «??????» & ??? «A???????? K????-C?????»
36
Основные понятия и теоремы
При расположении точек (1.17) получаем
I1 = [a, f (a)], I2 = [f (a), f (2) (a)], I3 = [f (2) (a), f (3) (a)]
и, очевидно,
f (I1 ) ? I2 , f (I2 ) ? I3 , f (I3 ) ? I1 ? I2 ? I3 .
Поэтому диграф цикла содержит петлю в вершине I3 и существует неповторяющийся цикл I2 I3 I3 I2 длины 3. В силу следствия 1.1 из существования цикла
периода 4 с расположением точек (1.17) вытекает существование циклов всех периодов. Читателю предлагается убедиться, что такой же результат получается
в случае расположений (1.18), (1.21), (1.22) точек цикла периода 4, а в случаях
(1.18), (1.19) из существования цикла периода 4 следует только существование
цикла периода 2.
Справедлива следующая теорема, которую мы не будем доказывать.
Теорема 1.4. Если непрерывная функция f : R ? R имеет периодическую
точку нечетного периода k > 1, то она должна иметь периодические точки
всех периодов, больших или равных k ? 1.
Доказательство этой теоремы основывается на идее, которую сформулируем
следующим образом.
Лемма 1.4. k -периодический диграф непрерывной функции всегда содер-
жит цикл длины k , в котором некоторая вершина повторяется точно дважды.
Цикл длины k , о котором говорится в лемме 1.4, вообще говоря, может быть
повторяющимся циклом. Однако так как цикл содержит некоторую вершину
точно дважды, то он может быть разложен на два меньших цикла, которые
содержат эту вершину точно один раз, и эти циклы неповторяющиеся.
Лемма 1.5. Если непрерывная функция f (x) имеет цикл любого периода
k > 1, то она имеет цикл периода 2.
Доказательство. Утверждение теоремы тривиально для k = 2. Предполо-
жим теперь, что k ? 3. По лемме 1.4 соответствующий k -периодический диграф
функции f (x) содержит цикл длины k, который разлагается в два неповторяющихся подцикла. По крайней мере, один из этих подциклов имеет длину, большую 1. Тогда утверждение леммы получается по индукции.
Предыдущие рассмотрения показывают, что существуют сильные ограничения на тип периодических орбит, которые могут сосуществовать. Присутствие
Copyright ??? «??? «??????» & ??? «A???????? K????-C?????»
Глобальные бифуркации
37
орбиты одного периода автоматически влечет существование орбит различных
других периодов. А.Н. Шарковскому принадлежит важный результат, который
применим ко всем непрерывным отображениям (функциям) на вещественной
прямой. Его доказательство можно получить на основе развития соображений,
использованных при доказательстве утверждений этого параграфа.
Теорема 1.5. Пусть все натуральные числа упорядочены следующим обра-
зом:
3 C 5 C 7 C · · · C 2 · 3 C 2 · 5 C 2 · 7 C · · · C 2n · 3 C 2n · 5 C 2n · 7 C . . .
C2n C · · · C 23 C 22 C 2 C 1.
Если f : R ? R непрерывная функция, которая имеет орбиту периода n,
тогда f (x) имеет орбиту периода m для каждого m ? N , для которого n C m.
Лемма 1.1 и следствие 1.1, очевидно, являются частными случаями теоремы
1.5.
Рассмотрим однопараметрическое семейство одномерных отображений f? (x),
определенное на некотором интервале I . Обозначим через ?[n] наименьшее значение параметра ?, при котором у отображения f? (x) есть цикл периода n. Из
теоремы 1.5 вытекает следующий результат.
Теорема 1.6. Справедлива цепочка неравенств
?[1] ? ?[2] ? ?[4] ? · · · ? ?[5 · 2] ? ?[3 · 2] ? . . . ?[5] ? ?[3].
Упражнения
1. Рассмотреть все 5-периодические диграфы.
2. Привести пример цикла периода 8, из существования которого следует
существование циклов всех периодов.
Copyright ??? «??? «??????» & ??? «A???????? K????-C?????»
38
Основные понятия и теоремы
1.5. Производная Шварца
и притягивающие циклы
Результаты предыдущего параграфа о сосуществовании циклов различных
периодов не дают ответа на вопрос о числе устойчивых периодических орбит.
При исследовании бифуркаций мы видели, что знак производной Шварца определяет тип бифуркаций при переходе мультипликатора цикла через ?1. Оказывается, что производная Шварца является важным инструментом в теории
одномерных динамических систем. В этом параграфе мы покажем, как производную Шварца можно использовать, чтобы установить верхнюю границу для
числа притягивающих периодических орбит, которые может иметь одномерное
отображение.
Напомним определение производной Шварца. Для трижды дифференцируемой функции f (x) производная Шварца в точке x определяется формулой
f 000 (x) 3
?
Sf (x) = 0
f (x)
2
µ
f 00 (x)
f 0 (x)
¶2
.
Для квадратичной функции f (x) = ax2 + bx + c, так как f 000 (x) ? 0, получаем
b
Sf (x) < 0 при всех x (Sf (x) = ?? при x = ? 2a
). Кроме квадратичной функции, многие другие элементарные функции имеют отрицательную производную
Шварца. Например, S(ex ) = ?1/2, S(sin x) = ?1 ? 32 (tan x)2 . Как показывает
следующее утверждение, многие полиномы имеют отрицательную производную
Шварца.
Теорема 1.7. Пусть f (x) полином. Если все корни полинома f 0 (x) веще-
ственны и различны, то Sf (x) < 0.
Доказательство. Предположим ради простоты, что старший коэффициент
полинома f 0 (x) равен 1. Пусть
0
f (x) =
N
Y
(x ? ak ),
k=1
где числа ak вещественны и различны. Тогда получим
N
N QN
0
X
X
f
(x)
k=1 (x ? ak )
f 00 (x) =
=
,
x
?
a
x
?
a
j
j
j=1
j=1
f 000 (x) =
N
N
X
X
j=1 k=1,k6=j
QN
i=1 (x
? ai )
.
(x ? aj )(x ? ak )
Copyright ??? «??? «??????» & ??? «A???????? K????-C?????»
Производная Шварца и притягивающие циклы
39
Следовательно,
Sf (x) =
X
j6=k
=?
1
3
?
(x ? aj )(x ? ak ) 2
Г N
1 X
2
j=1
1
(x ? aj )
!2
?
Г
N µ
X
j=1
N
X
j=1
1
(x ? aj )
1
(x ? aj )
!2
=
¶2
< 0.
¤
Упражнения
1. Вычислить производные Шварца следующих функций:
а) f (x) = x3 + 1,
б) f (x) = x3 + 10x,
в) f (x) = ln x.
2. Привести пример полинома с вещественными коэффициентами, у которого
производная Шварца не является отрицательной.
3. Доказать, что производная Шварца функции f (x) равна нулю тогда и
только тогда, когда f (x) =
ax + b
, где a, b, c, d постоянные.
cx + d
ax + b
, где a, b, c, d постоянные и суперпозиция g = h ? f
cx + d
определена, то Sg(x) = Sf (x).
4. Если h(x) =
Вычислим производную Шварца суперпозиции функций.
Теорема 1.8. Если Sg(x) < 0 и Sf (x) < 0, то S(f ? g) < 0.
Доказательство. Имеем в силу цепного правила
(f ? g)0 (x) = f 0 (g(x))g 0 (x),
(f ? g)00 (x) = f 00 (g(x))g 02 (x) + f 0 (g(x))g 00 (x),
(f ? g)000 (x) = f 000 (g(x))g 03 (x) + 3f 00 (g(x))g 0 (x)g 00 (x) + f 0 (g(x))g 000 (x).
Отсюда следует, что
S(f ? g)(x) = Sf (g(x))g 02 (x) + Sg(x).
Таким образом, S(f ? g)(x) < 0. ¤
Важным следствием теоремы 1.8 является следующий результат.
Copyright ??? «??? «??????» & ??? «A???????? K????-C?????»
40
Основные понятия и теоремы
Следствие 1.2. Если Sf (x) < 0, то Sf (n) (x) < 0 для всех n > 1.
Таким образом, если производная Шварца функции отрицательна, то она не
меняет знака при итерациях. Предположение об отрицательности производной
Шварца одномерной функции оказывает существенное влияние на поведение
орбит соответствующей динамической системы. Один из важных результатов
такого типа мы сейчас изложим.
Определение 1.9. Точка x0 для функции f (x) называется критической,
если f 0 (x0 ) = 0.
Теорема 1.9. Предположим Sf (x) < 0 (Sf (x) = ?? допустимо). Пусть
функция f (x) имеет n критических точек. Тогда f (x) имеет не более n + 2
притягивающих периодических орбит.
Для доказательства теоремы 1.9 нам необходимо установить несколько лемм.
Лемма 1.6. Если Sf (x) < 0, то функция f 0 (x) не может иметь ни поло-
жительного локального минимума, ни отрицательного локального максимума.
Доказательство. Предположим, что x0 критическая точка функции f 0 (x),
т.е. f 00 (x0 ) = 0. Так как Sf (x0 ) < 0, то получаем
f 000 (x0 )
< 0.
f 0 (x0 )
Следовательно, f 000 (x0 ) и f 0 (x0 ) имеют противоположные знаки. Отсюда следует
утверждение леммы. Заметим также, что между любыми двумя последовательными критическими точками функции f 0 (x) график этой функции должен пересекать ось x. В частности, между двумя критическими точками f 0 (x) должна
находиться критическая точка f (x). ¤
Лемма 1.7. Если f (x) имеет конечное число критических точек, то f (m) (x)
(m > 1) также имеет конечное число критических точек.
Доказательство. Для любого c множество f ?1 (c) конечно. Действительно,
если f (x1 ) = c и f (x2 ) = c, то существует такая точка p, что x1 < p < x2
и f 0 (p) = 0. Множество критических точек функции f (2) (x) согласно цепному
правилу определяется из равенства
[f (2) (x)]0 = f 0 (f (x))f 0 (x) = 0.
Следовательно, критические точки функции f (2) (x) состоят из критических точек xc функции f (x) и прообразов f ?1 (xc ) этих точек. Так как по доказанному выше множества f ?1 (xc ) состоят из конечного числа точек, то функция
Copyright ??? «??? «??????» & ??? «A???????? K????-C?????»
Производная Шварца и притягивающие циклы
41
f (2) (x) имеет конечное число критических точек. Теперь воспользуемся индукцией. Если функция g(x) = f (m?1) (x) имеет конечное число критических точек,
то рассуждения, аналогичные тем, которые проведены в предыдущем абзаце
доказательства, показывают, что функция f (m) (x) также имеет конечное число
критических точек. ¤
Лемма 1.8. Если Sf (x) < 0 и функция f (x) имеет конечное число кри-
тических точек, то f (x) имеет только конечное число периодических точек
периода m для любого m.
Доказательство. Пусть g(x) = f (m) (x). В силу следствия 1.2 Sg(x) < 0.
Предположим, что g(x) имеет бесконечное множество неподвижных точек, т.е.
уравнение g(x) = x имеет бесконечное множество решений. Тогда в силу теоремы о среднем значении у уравнения g 0 (x) = 1 также бесконечное множество
решений. Если g 0 (x) = 1 при всех x, то Sg(x) = 0, что противоречит условию Sg(x) < 0. Пусть x1 < x2 < x3 три последовательные точки, в которых
g 0 (x) = 1. Функция g 0 (x) не может одновременно на промежутках (x1 , x2 ) и
(x2 , x3 ) удовлетворять неравенству g 0 (x) > 1, так как тогда в точке x2 она имела бы положительный локальный минимум, что противоречит утверждению
леммы 1.6. Следовательно, на интервале (x1 , x3 ) существует точка x0 такая, что
g 0 (x0 ) < 1. Так как g 0 (x) не имеет положительного локального минимума, то
существует точка, в которой g 0 (x) = 0. Отсюда следует, что g(x) имеет бесконечное множество критических точек, что противоречит условиям леммы. ¤
Перейдем теперь непосредственно к доказательству теоремы 1.9.
Пусть p притягивающая периодическая точка периода m для f (x). Пусть W (p)
максимальный интервал, содержащий точку p, все точки которого асимптотически стремятся к p под действием f (m) (x), т.е. W (p) это часть (связная
компонента) множества {x|f (mj) (x) ? p при j ? ?}, которая содержит p. Ясно, что W (p) открытый интервал и f (m) (W (p)) ? W (p). Пусть W (p) = (r, s).
Предположим на момент, что p неподвижная точка. Так как f (W (p)) ? W (p)
и (r, s) максимальный интервал, то либо f (x) сохраняет концы интервала
(r, s), либо один конец или оба конца r и s бесконечны. В случае, когда оба
конца конечны, существуют три возможности:
1. f (r) = r и f (s) = s.
2. f (r) = s и f (s) = r.
3. f (r) = f (s).
Пусть реализуется первая возможность. Очевидно, r < p < s. Из равенств
f (r) = r, f (p) = p и теоремы о среднем значении следует, что существует такая
точка u(r < u < p), для которой f 0 (u) = 1. Аналогично, существует такая точка
v(p < v < s), для которой f 0 (v) = 1. Так как f 0 (p) < 1 и f 0 (x) не может иметь
Copyright ??? «??? «??????» & ??? «A???????? K????-C?????»
42
Основные понятия и теоремы
положительного локального минимума, то существует критическая точка f (x) в
интервале (r, s). Второй случай исследуется аналогично, если заменить f (x) на
f (2) (x). В третьем случае функция f (x) должна иметь экстремум на интервале
(r, s), так что и в этом случае существует критическая точка на интервале (r, s).
В случае если r или s бесконечно, проведенное рассуждение не проходит. Однако
эти случаи могут добавить не более двух устойчивых неподвижных точек.
Если p периодическая точка, то проведенное рассуждение доказывает существование критической точки на интервале W (p) для функции g(x) = f (m) (x).
В силу цепного правила одна точка на орбите этой критической точки должна
быть критической точкой для f (x). ¤
Замечание 1. Из доказанной теоремы следует, что периодические точки
с ограниченными притягивающими множествами должны притягивать критическую точку. Если притягивающее множество не ограничено, то это, вообще
говоря, не так, как показывает следующий пример. Пусть f (x) = ? arctan x и
? > 1. Тогда Sf (x) = ?2/(1 + x2 )2 < 0. График функции f (x) показывает, что
существуют две притягивающие неподвижные точки у этой функции с неограниченными притягивающими множествами, но функция f (x) = ? arctan x не
имеет критических точек.
Рис. 1.7. График функции f (x) = ? arctan x, ? > 1
Замечание 2. Теорема 1.9 может быть распространена на случай, когда
мультипликатор периодической точки равен ±1. Более точно имеет место следующее утверждение.
Предположим, что функция f (x) имеет конечное число критических точек
и Sf (x) < 0. Пусть f (x) имеет неподвижную точку c и f 0 (c) = 1 или f 0 (c) = ?1.
Тогда c должна притягивать точки хотя бы с одной стороны и существует критическая точка в W (c).
Чтобы доказать это, предположим f 0 (c) = 1 (в противном случае возьмем
функцию f (2) (x)). В силу леммы 1.8 f (x) имеет конечное число неподвижных
точек. Следовательно, существует интервал, в котором f (x) не имеет других
Copyright ??? «??? «??????» & ??? «A???????? K????-C?????»
Производная Шварца и притягивающие циклы
43
неподвижных точек, кроме c. Предположим, что c отталкивающая неподвижная точка, т.е. для x < c и достаточно близких к c выполняется неравенство
f (x) < x, а для y > c и достаточно близких к c имеем f (y) > y . В этом случае
f 0 (x) имеет локальное минимальное значение 1. Это противоречит лемме 1.6 и
показывает, что либо f (x) > x для a < x < c, либо f (x) < x для c < x < b. Отсюда следует, что c притягивающая точка, по крайней мере, с одной стороны.
Предполагая, что W (c) ограниченное множество, получаем точно так же, как
при доказательстве теоремы 1.9, что W (c) содержит критическую точку.
Аналогичное утверждение справедливо и для периодических точек любого
периода m > 1. В предыдущем рассуждении нужно только положить g(x) =
= f (m) (x).
Следующий пример показывает, что предположение об ограниченноcти W (c)
cущественно. Пусть f (x) = ex?1 . Функция f (x) имеет единственную неподвижную точку x = 1. Эта неподвижная точка слабо притягивает все точки слева от
нее и отталкивает все точки справа. Легко видеть, что функция f (x) = ex?1 не
имеет критических точек.
Замечание 3. До сих пор предполагалось, что функция f (x) определена
при всех x ? R. Пусть теперь f : I ? I , где I = [a, b] замкнутый интервал.
Лемму 1.6 удобно формулировать в следующей форме.
Лемма 1.9 (Принцип минимума). Пусть I = [a, b] и функция f (x)
имеет третью непрерывную производную на I . Если Sf (x) < 0 на (a, b), то
|f 0 (x)| > min{|f 0 (a)|, |f 0 (b)|} для всех x ? (a, b).
Доказательство. Так как |f 0 (x)| непрерывна на замкнутом интервале I ,
она должна иметь минимум в некоторой точке x0 ? I . Если x0 ? (a, b), то
f 0 (x0 ) 6= 0, так как Sf (x) < 0 на (a, b). Если f 0 (x0 ) > 0, тогда f 0 (x) имеет
положительный локальный минимум на (a, b), что противоречит лемме 1.6. Если
же f 0 (x0 ) < 0, тогда f 0 (x) имеет отрицательный локальный максимум на (a, b),
что также противоречит лемме 1.6. Отсюда следует, что x0 = a или x0 = b. ¤
С помощью принципа минимума нетрудно доказать аналогично доказательству теоремы 1.9 следующее утверждение.
Теорема 1.10. Если f : I ? I трижды непрерывно дифференцируе-
мое отображение и Sf (x) < 0, то множество W (p) (связная компонента
притягивающего множества притягивающей периодической точки p) любой
притягивающей периодической орбиты содержит либо критическую точку
отображения f (x), либо граничную точку интервала I .
Введем в рассмотрение следующий класс отображений.
Copyright ??? «??? «??????» & ??? «A???????? K????-C?????»
44
Основные понятия и теоремы
Определение 1.10. Непрерывное отображение f (x), действующее из I= [0, 1]
в I , называется унимодальным, если выполняются следующие условия:
1. f (0) = f (1) = 0.
2. Функция f (x) на I имеет единственную критическую точку c, которая лежит строго внутри промежутка I . В этой точке f (x) принимает максимальное
значение.
Очевидно, унимодальное отображение монотонно возрастает на промежутке [0, c] и монотонно убывает на [c, 1]. Семейство квадратичных отображений
f (x, r) = rx(1 ? x) при 0 < r ? 4 является семейством унимодальных отображений. Другой пример доставляет семейство кусочно-линейных отображений
Ѕ
g(x, p) =
px,
0 ? x ? 12 ,
p ? px, 12 ? x ? 1,
зависящее от параметра p, причем 0 < p ? 2. В качестве еще одного примера
приведем двухпараметрическое семейство кусочно-линейных отображений
(
h(x, l, p) =
l
p?1
lx,
0 ? x ? p1 ,
l
? p?1
x, p1 ? x ? 1,
где l/p ? 1, p > 1.
Для унимодальных отображений из теоремы 1.10 получаем следующий результат.
Следствие 1.3. Пусть отображение f : I ? I является унимодальным,
трижды непрерывно дифференцируемым, и Sf (x) < 0 на множестве I \ {c}.
Пусть неподвижная точка x = 0 на границе интервала I является отталкивающей. Тогда f (x) имеет не более одной притягивающей орбиты.
Copyright ??? «??? «??????» & ??? «A???????? K????-C?????»
Глава 2.
Семейство квадратичных
отображений
2.1. Каскад бифуркаций удвоения
Рассмотрим семейство разностных уравнений
xn+1 = rxn (1 ? xn ),
(2.1)
зависящее от положительного параметра r, и более общее уравнение
xn+1 = f xn ? µx2n .
(2.2)
Уравнение (2.2) можно привести к уравнению (2.1), если сделать замену
xn =
f
zn .
µ
Выполняя в (2.2) эту замену, получим
zn+1 = f zn (1 ? zn ).
Легко выписать условия, при которых функция f (x, r) = rx(1 ? x) переводит
промежуток [0, 1] в себя:
0 ? rx(1 ? x) ? 1
(2.3)
(при 0 ? x ? 1). Действительно, левая часть неравенства (2.3) выполняется
автоматически при r > 0, правая же часть справедлива, если r2 ? 4r ? 0. При
этом условии
rx2n ? rxn + 1 ? 0,
45
x ? [0, 1].
Copyright ??? «??? «??????» & ??? «A???????? K????-C?????»
46
Семейство квадратичных отображений
Таким образом, при 0 < r ? 4 отображение f (x, r) преобразует отрезок [0, 1]
в себя. Аналогично можно выписать неравенства, обеспечивающие инвариантность отрезка [0, 1] для отображения Hx = f x ? µx2 , а именно
0<
f
< 1,
µ
0 < f ? 4.
График отображения f (x, r) приведен на рис. 2.1.
Рис. 2.1. График отображения f (x, r) при 0 < r ? 4
Функция f (x, r) имеет одну критическую точку x = 1/2. Покажем, что
f (x, r) для каждого r может иметь не более одной притягивающей периодической орбиты.
Теорема 2.1. Пусть r > 1. Если x < 0, то f (n) (x, r) ? ?? при n ? ?.
Аналогично, если x > 1, то f (n) (x, r) ? ?? при n ? ?.
Доказательство. Если x < 0, то f (x, r) = rx(1 ? x) < x. Следовательно,
(n)
f (x, r) убывающая последовательность точек. Эта последовательность не
может сходиться к некоторой точке p. Иначе мы бы тогда имели f (n+1) (x, r) ?
f (p, r) < p, в то время как f (n) (x, r) ? p. Таким образом, f (n) (x, r) ? ??.
Если x > 1, то f (x, r) < 0, так что f (n) (x, r) ? ?? так же, как и в предыдущем
случае. ¤
Теорема 2.2. Для функции f (x, r) существует самое большее одна притя-
гивающая периодическая орбита.
Доказательство. Мы знаем, что Sf (x, r) < 0 и что если |x| достаточно
велик, то |f (n) (x, r)| ? ? при n ? ?. Следовательно, не существует периодических точек с неограниченными притягивающими множествами. Остается
применить теорему 1.9. ¤
Copyright ??? «??? «??????» & ??? «A???????? K????-C?????»
Каскад бифуркаций удвоения
47
Функция f (x, r) имеет неподвижную точку x0 = 0. Ввиду того, что fx (0, r)= r,
эта неподвижная точка притягивающая при 0 < r < 1. Далее, fx (0, 1) = 1.
При r > 1 точка x0 теряет устойчивость и появляется вторая неподвижная точка
x1 = 1 ? 1/r. Так как ?(r) = fx (1 ? 1/r, r) = ?r + 2, то точка x1 устойчива при
?1 < ?r + 2 < 1,
т.е. при
1 < r < 3.
(2.4)
Неравенство (2.4) будем называть окном устойчивости неподвижной точки x1 .
При 1 < r < 2 орбита O(x0 ), x0 ? (0, 1) приближается к x1 монотонно, так как
мультипликатор ?(r) > 0. При 2 < r < 3 мультипликатор отрицателен и орбита
O(x0 ), приближаясь к x1 , колеблется относительно x1 , поочередно принимая
значения больше и меньше x1 . При r = 3 имеем fx (1 ? 1/3, 3) = ?1. При
r > 3 точка x1 теряет устойчивость и рождается цикл периода 2, что следует
из предложения 1.2. Этот цикл легко найти и непосредственно. В самом деле,
f (2) (x, r) = ?r3 x4 + 2r3 x3 ? r2 (1 + r)x2 + r2 x.
Рассмотрим уравнение f (2) (x, r) = x:
?r3 x4 + 2r3 x3 ? r2 (1 + r)x2 + r2 x = x.
(2.5)
Уравнение (2.5) имеет два корня: x0 и x1 . Поэтому уравнение (2.5) можно записать в виде
¶
µ
r?1
(r3 x2 ? r2 (1 + r)x + r(1 + r)) = 0,
x x?
r
или
!
p
¶Г
1 + r + (r + 1)(r ? 3)
r?1
r3x x ?
x?
Ч
r
2r
!
Г
p
1 + r ? (r + 1)(r ? 3)
= 0.
Ч x?
2r
µ
Итак, получаем две точки периода 2:
p
1 + r + ? (r + 1)(r ? 3)
x? =
,
2r
где ? = ±1. Таким образом, точки x+ , x? образуют цикл периода 2 для f (x, r).
Чтобы исследовать устойчивость цикла, вычислим его мультипликатор
? = fx (x+ , r) · fx (x? , r) = ?r2 + 2r + 4 = f2 (r).
Copyright ??? «??? «??????» & ??? «A???????? K????-C?????»
48
Семейство квадратичных отображений
Цикл устойчив, если выполнено неравенство
?1 < f2 (r) < 1.
Отсюда получаем, что окно устойчивости цикла периода 2 выглядит следующим
образом:
?
3<r <1+
6.
При этих значениях r цикл x+ , x? притягивающий. Какова бы ни была точка x0 ? (0, 1) \ {f (?n) (x1 )(n = 0, 1, . . . )}, орбита O(x0 ) притягивается циклом
(x+ , x? ), так что подпоследовательность точек f (2n) (x0 ), (n = 0, 1, . . . ) сходится
к одной точке цикла, а подпоследовательность f (2n+1) (x0 ), (n = 0, 1, . . . ) к другой. Таким образом, все точки интервала (0, 1), за исключением счетного числа
точек, ? приклеивающихся? (т.е. переходящих
в точку x1 за конечное число ша?
гов), сходятся к циклу. При r = 1 + 6 мультипликатор равен ?1. Отметим еще
значение r, при котором одна из точек цикла совпадает с критической точкой
x = 1/2 функции f (x,
?r). При этом значении r цикл суперустойчив. Легко видеть, что при r = 1+ 5 получаем x? = 1/2. В терминах мультипликатора f2 (r)
резюмируем полученные
результаты: f2 (3) = 1 при r = 3 (рождается
цикл пери?
?
ода 2), f2 (1 + 5) = 0 цикл периода 2 суперустойчив, f2 (1 + 6) = ?1 цикл
периода 2 теряет устойчивость и рождается цикл периода 4 в силу предложения
1.2.
Отметим еще, что для отображения H(x) = f x ? µx2 точки цикла периода
2 определяются формулами
x?(n,2)
p
f + 1 + ?(n, 2) (f + 1)(f ? 3)
=
,
2µ
(2.6)
где ?(n, 2) = cos(n ? 1)?, n = 1, 2. Для того чтобы найти цикл периода 4
отображения f (x, r), обратимся к отображению H(x). Очевидно, x?(n,2) неподвижная точка отображения H (2) (x):
H (2) (x?(n,2) ) = x?(n,2) .
Точки периода 2 для отображения H (2) (x) будут точками периода 4 для отображения H(x). Положим x = x?(n,2) + y , где точка x есть точка периода 4 для
H(x). Имеем
H (2) (x) = H (2) (x?(n,2) + y) = H (2) (x?(n,2) ) + Hx(2) (x?(n,2) )y+
1 (2)
+ Hxx
(x?(n,2) )y 2 + O(y 3 ).
2
Copyright ??? «??? «??????» & ??? «A???????? K????-C?????»
Каскад бифуркаций удвоения
49
Так как
(2)
Hx(2) (x) = Hx (H(x))Hx (x), Hxx
(x) = Hxx (H(x))(Hx (x))2 + Hx (H(x))Hxx (x),
то
и
Hx(2) (x?(n,2) ) = Hx (x?(1,2) ) · Hx (x?(2,2) )
(2)
Hxx
(x?(n,2) ) = (Hx (H(x?(n,2) )))x · Hx (x?(n,2) ) = Hxx (H(x?(n,2) ))Ч
Ч[Hx (x?(n,2) )]2 + Hx (H(x?(n,2) )) · Hxx ((x?(n,2) )).
Подставляя значение x?(n,2) из формулы (2.6), получаем
H (2) (x?(n,2) + y) = x?(n,2) + f?y ? µ?y 2 + O(y 3 ),
где
f? = ?f 2 + 2f + 4,
p
µ? = µ[(f + 1)(f ? 3) + 3?(n, 2) (f + 1)(f ? 3)].
Коэффициент f? определяется однозначно, в то время как µ? имеет два значения,
которые зависят от выбора ?(n, 2) (+1 или ?1). Отображение
(2)
H (y) = f?y ? µ?y 2
(2.7)
имеет ту же структуру, что и отображение H(x). Поэтому мы получаем те же
формулы для цикла периода 2 отображения H
y?? =
(2)
(y):
q
?
f + 1 + ?? (f? + 1)(f? ? 3)
2µ?
,
?? = ±1.
(2.8)
Теперь находим точки цикла периода 4 для отображения H(x) (с точностью до
членов порядка O(y 3 ))
x?,?? = x? + y?? ,
т.е. получаем четыре точки x1,1 , x1,?1 , x?1,1 , x?1,?1 . Полагая f = µ = r, т.е. переходя к отображению f (x, r), получим приближенное представление точек цикла
периода 4 для f (x, r):
p
(r + 1)(r ? 3)
r
+
1
+
?(n,
2)
a(4)
+
n =
2r
p
f2 (r) + 1 + ?(n, 4) (f2 + 1)(f2 ? 3)
+
, n = 1, 2, 3, 4,
2µ(n, 2)
Copyright ??? «??? «??????» & ??? «A???????? K????-C?????»
50
Семейство квадратичных отображений
где
h
2
f2 = ?r + 2r + 4,
i
p
µ(n, 2) = r (r + 1)(r ? 3) + 3?(n, 2) (r + 1)(r ? 3) ,
?(n, 2) = cos(n ? 1)?, n = 1, 2, 3, 4
Ѕ
+1, n = 1, 2,
?(n, 4) =
?1, n = 3, 4.
Эта процедура может быть повторена, чтобы породить цикл периода 8. Полагаем y = y? + y 0 в (2.7) и замечаем, что y? = H (4) (y?). Далее, вычисляем H (4) (y? + y 0 )
с точностью до квадратичных членов по y 0 . Затем применяем ту же процедуру, которая привела к (2.8). Продолжая этот процесс, получим приближенное
представление точек цикла периода p = 2k :
a(p)
n
=
k
X
(fm + 1) + [(fm + 1)(fm ? 3)]1/2 ?(n, 2m)
2µ(n, m)
?=1
Ј
(2.9)
¤
m = 2??1 , p = 2k ,
где fm и µ(n, m) определяются рекуррентно как полиномы по r,
2
f2m = ?fm
+ 2fm + 4 (f1 = r),
(2.10)
n
o
1/2
µ(n, 2m) = µ(n, m) (fm + 1)(fm ? 3) + 3[(fm + 1)(fm ? 3)] ?(n, 2m) (2.11)
(µ(n, 1) = r),
?(n, 2m) принимает значения +1, ?1 в согласии с некоторым правилом, которое
не будем здесь описывать. Формулы (2.9) - (2.11) дают приближенное аналитическое представление цикла периода p в его области существования.
Область rp < r < r2p это окно устойчивости цикла периода p. Формально
удвоение периода от p/2 к p отражается последним из p = 2k членов в сумме
(2.9):
(fp/2 + 1) + [(fp/2 + 1)(fp/2 ? 3)]1/2 ?(n, p)
(p)
(p/2)
an = an +
.
2µ(n, p/2)
Этот последний член равен нулю при 0 < r < rp и становится ненулевым при
r = rp , причем fp/2 (rp ) = ?1. Полагая m = p/2 в рекуррентном уравнении для
fm , получаем fp (rp ) = 1. Внутри области rp < r < r2p существует значение
r = rp? , при котором p цикл суперустойчив. В этом случае линейный член по y
должен быть равен нулю, чтобы одна из точек цикла попала в точку экстремума
квадратичной функции. Это условие выполнено, если fp (rp? ) = 0. Резюмируя,
получим следующую таблицу:
Copyright ??? «??? «??????» & ??? «A???????? K????-C?????»
Каскад бифуркаций удвоения
fp/2 (rp ) = ?1,
fp (rp ) = 1,
fp (rp? ) = 0,
fp (r2p ) = ?1,
f2p (r2p ) = 1,
51
p/2 цикл становится неустойчивым,
p цикл рождается,
p цикл суперустойчив,
p цикл становится неустойчивым,
2p цикл рождается.
Таким образом, справедливо равенство
fp (rp ) = f2p (r2p ) = 1,
связывающее рождение двух смежных циклов. Последнее равенство является
специальным случаем следующего принципа трансляционной симметрии: всегда
существует пара r значений sp и s2p таких, что fp (sp ) в p -окне устойчивости
и f2p (s2p ) в 2p окне устойчивости связаны соотношением
fp (sp ) = f2p (s2p ) = ? (например),
p = 2, 4, . . .
Это позволяет получить аналитическую связь между числами rp и r2p . Из равенства f2 (r2 ) = 1 с учетом того, что f1 = r2 , и формулы (2.10) получаем r2 = 3.
Далее,
f4 (r4 ) = ?f22 (r4 ) + 2f2 (r4 ) + 4 = f2 (r2 ) = ?r22 + 2r2 + 4 = 1.
Отсюда
f22 (r4 ) ? 2f2 (r4 ) + 2r2 ? r22 = 0
и
f2 (r4 ) = ?r42 + 2r4 + 4 = 2 ? r2 .
Получим
r4 = 1 +
?
3 + r2 .
Аналогично
?1 = f4 (r8 ) = ?f22 (r8 ) + 2f2 (r8 ) + 4 = f2 (r4 ) = ?r42 + 2r4 + 4,
f22 (r8 ) ? 2f2 (r8 ) + 2r4 ? r42 = 0.
Находим
q
f2 (r8 ) = 1 + 1 ? 2r4 + r42 = 2 ? r4 ,
И, наконец,
r8 = 1 +
?
?r82 + 2r8 + 4 = 2 ? r4 .
3 + r4 .
Copyright ??? «??? «??????» & ??? «A???????? K????-C?????»
52
Семейство квадратичных отображений
Продолжая этот процесс, приходим к формуле
2
f2 (r2p ) = ?r2p
+ 2r2p + 4 = 2 ? rp .
Откуда получаем
r2p = 1 +
p
3 + rp .
(2.12)
?
Учитывая, что r2 = 3, имеем r4 = 1 + 6 ? 3.4495. Это точное значение r4 .
Следующие приведенные значения уже являются приближенными:
q
p
p
?
?
r8 = 1 + r4 + 6 ? 3.5396, r16 = 1 + 4 + 4 + 6 ? 3.5573,
q
p
?
r32 = 1 + 4 + 4 + 4 + 6 ? 3.5607.
Вычисления на компьютере с полным уравнением (без отбрасывания членов
более высокого порядка, чем квадратичные по y ) дают следующие значения:
r8 = 3.5441, r16 = 3.5644, r32 = 3.5688.
Таким образом, цикл периода 2 устойчив на интервале 3 < r < 3.4495, цикл
периода 4 на интервале 3.4495 < r < 3.5396, цикл периода 8 на интервале
3.5396 < r < 3.5573, цикл периода 16 на интервале 3.5573 < r < 3.5607.
Окна устойчивости циклов убывают. Последовательность, определяемая формулой (2.12), монотонно возрастает и ограничена сверху. Следовательно, эта
последовательность имеет предел. Устремляя p ? ? в (2.12), находим
r? = 1 +
откуда
r? =
3+
?
?
3 + r? ,
17
? 3.5615.
2
Вычисления с полным уравнением на компьютере дают значение r? = 3.569.
При r > r? исходное уранение имеет бесконечное множество циклов. Вычислим
предел
r2p ? rp
r ? rp
r2p ? rp
p 2p
p
= lim
= lim p
=
p?? r4p ? r2p
p?? 1 +
3 + r2p ? r2p p?? 3 + r2p ? 3 + rp
p
p
p
p
(r2p ? rp )( 3 + r2p + 3 + rp )
= lim
= lim ( 3 + r2p + 3 + rp ) =
p??
p??
r2p ? rp
Г
!
?
?
?
3 + 17
= 2 3 + r? = 2(r? ? 1) = 2
? 1 = 1 + 17 ? 5.1231.
2
lim
Copyright ??? «??? «??????» & ??? «A???????? K????-C?????»
Цикл периода 3
53
Более точные вычисления, проведенные Фейгенбаумом на компьютере, дают
значение ? = 4.6692. Величина
? ? называется универсальной константой Фейгенбаума. Функция f (x) = 1+ 3+x, определяющая последовательность r2p = f (rp ),
1
1
= .
?
2 3 + r?
Из теоремы 1 приложения 1 немедленно следует асимптотическое равенство
имеет притягивающую неподвижную точку r? , так как f 0 (r? ) = ?
|r2n p ? r? | ?
C
,
?n
n ? ?,
где C некоторая постоянная. Универсальность константы ? состоит в том, что
эта константа одна и та же для многих однопараметрических семейств отображений, проходящих через каскад бифуркаций удвоения, и не зависит ни от
выбора семейства, ни от размерности пространства, в котором действует отображение. Другая универсальная константа Фейгенбаума ? связана с каскадом
бифуркаций удвоения периодов суперустойчивых циклов. В окне устойчивости
pцикла существует значение r = rp? (rp < rp? < r2p ), которое соответствует
суперустойчивому циклу периода p. Каждый суперустойчивый цикл содержит
точку a? = 1/2. Обозначим через a??
p точку суперустойчивого pцикла, ближай?
шую к a . Отметим, что для чисел rp? справедлива формула
?
r2p
q
= 1 + 3 + rp? (r1? = 2),
из которой получаем точное значени r2? = 1 +
определяется из предельного равенства
?
5 = 3.23606 . . . . Постоянная ?
#
Ї
?
p
Ї
a??
?
a
p
Ї =
? = lim ? ??
=
?{(r
+
1)(r
?
3)
?
3
(r
+
1)(r
?
3)}
Ї
?
p??
a2p ? a
r?
"
= 2.2399 . . . (2.50290 . . . ),
где в скобках указан численный результат Фейгенбаума для полного уравнения.
2.2. Цикл периода 3
и число неустойчивых циклов
Динамическая система
xn+1 = rxn (1 ? xn )
при r < r? устроена просто. Каждая орбита является асимптотически периодической. Каково бы ни было r < r? , существует единственный притягивающий
Copyright ??? «??? «??????» & ??? «A???????? K????-C?????»
54
Семейство квадратичных отображений
цикл периода 2m ( m зависит от r). Этот цикл притягивает все точки интервала (0, 1), кроме счетного числа точек, ? приклеивающихся? к отталкивающим
циклам периодов 2i , i = 0, 1, . . . , m ? 1.
При r > r? рассматриваемая динамическая система устроена значительно
сложнее. При r = 3.57 существуют орбиты, не притягивающиеся к циклам. Оказывается, что если начальная точка x0 ? (0, 1) орбиты не принадлежит циклу и
не ? приклеивается? к циклу, то ее итерации притягиваются к некоторому множеству ? одному и тому же для различных x0 . Это множество замкнуто, не
содержит изолированных точек и нигде не плотно на [0, 1] (множество A нигде
не плотно на [0, 1], если каждый интервал (?, ?) ? [0, 1] содержит подынтервал,
который свободен от точек множества A). Более того, оно получается удалением из [0, 1] счетной системы интервалов так, как это делается при построении
канторова трихотомического множества (см. приложение 2). Границами удаляемых интервалов являются при этом итерации точки x0 = 1/2 критической
точки отображения f (x, r).
Рис. 2.2. Отображение f (x, r) при r = 3.832
Пусть теперь r = 3.832. При этом значении r существует цикл периода 3 и,
следовательно, существуют циклы всех периодов, причем одна из точек цикла
это критическая точка 1/2. В самом деле,
f (3) (x, r) = r3 x(1 ? x)[?r4 x3 (1 ? x)3 + 2r3 x2 (1 ? x)2 ? r(1 + r)x(1 ? x) + 1].
Откуда при x = 1/2 получаем уравнение
f
(3)
1
r3
(4 ? r)(r3 ? 4r2 + 16) = ,
(1/2, r) =
256
2
которое имеет приближенное решение r = r? = 3.832. Таким образом, при этом
значении r цикл периода 3 cуперустойчив. Можно показать, что цикл притягивает ? почти? все точки интервала (0, 1). Точки периодической орбиты периода
3 это точки x = 0.15, y = 0.5, z = 0.95. Введем в рассмотрение интервалы
Copyright ??? «??? «??????» & ??? «A???????? K????-C?????»
Цикл периода 3
55
[0, x] = ?, [x, y] = ?, [y, z] = ?, [z, 1] = ? . Из графика отображения f (x, r? )
(рис. 2.2) находим
f (?, r? ) = ? + ?,
f (?, r? ) = ?,
f (?, r? ) = ? + ?,
f (?, r? ) = ? .
Интервалы ?, ?, ?, ? называются состояниями системы. Схема перехода из
состояния в состояние изображена на рис. 2.3.
Рис. 2.3. Диаграмма марковского разбиения
Эта совокупность интервалов, подразделяющих область действия отображения f (x, r? ), называется ? марковским разбиением? . Мы представим действие
f (x, r? ) на множестве состояний {?, ?, ?, ?} в виде таблицы перехода
?
? 1
? 0
? 0
? 1
с матрицей
где
?
1
?0
T =?
?0
1
Ѕ
tij =
?
1
0
1
0
?
0
1
1
0
1
0
1
0
0
1
1
0
?
0
0
0
0
?
0
0?
?,
0?
0
1, если существует путь между состояниями i и j,
0, если такого пути нет.
Марковское разбиение дает возможность подсчитать число неустойчивых периодических орбит данного периода k . Для этого мы заметим, что множество
? + ? является ? поглощающим? , т.е. точки, попадающие в один из интервалов
?, ? , остаются в множестве ? + ? . Отметим, что ненулевая неподвижная точка
x1 = 1 ? 1/r? лежит в интервале ? и f (x, r? ) > x при x < x1 . Все неустойчивые
периодические точки лежат в множестве ? +? , кроме неподвижной точки x = 0.
Copyright ??? «??? «??????» & ??? «A???????? K????-C?????»
56
Семейство квадратичных отображений
В самом деле, если x ? ?, то в силу неравенства f (x, r? ) > x последовательность
f (n) (x, r? ) либо сходится к устойчивому циклу периода 3, либо при некотором
n попадает в интервал ? . В первом случае точка x не является периодической,
во втором случае некоторая итерация точки x попадает в поглощающее множество ? + ? и, следовательно, остается в нем. В интервале ? также не может
быть периодических точек, так как все точки из ? под действием f (x, r? ) переходят в ?. Таким образом, для отыскания периодических орбит нам необходимо
рассмотреть только подтаблицу исходной таблицы
? ?
? 0 1
? 1 1
с матрицей
µ
A=
0 1
1 1
¶
.
Матрица A отвечает на вопрос, сколько раз интервалы ? и ? переходят друг в
друга под действием f (x, r? ). Например,
µ
A2 =
1 1
1 2
¶
,
так что f (2) (?, r? ) покрывает ? и ? один раз, в то время как f (2) (?, r? ) покрывает
? один раз, а ? дважды. Ввиду того, что ? ? f (2) (?, r? ), получаем, что в интервале ? отображение f (2) (x, r? ) имеет неподвижную точку, которая является точкой
периодической орбиты периода 2. Это отображение в ? имеет две неподвижные
точки x1 и точку периодической орбиты периода 2. Отображение f (2) (x, r? )
монотонно на ? и ? и, следовательно, не имеет других неподвижных точек.
Таким образом, количество неподвижных точек f (2) (x, r? ) в множестве ? + ?
равно 3 сумме диагональных элементов матрицы A2 (напомним, что сумма
диагональных элементов матрицы называется следом этой матрицы). Отметим
еще, что элементы матрицы A2 определяют число путей длины 2, связывающих
состояния ? и ? . Матрица A3 имеет вид
µ
3
A =
1 2
2 3
¶
.
Поэтому существует два пути длины 3, начинающихся в ? и оканчивающихся в
?:
? ? ? ? ? ? ?,
???????
Copyright ??? «??? «??????» & ??? «A???????? K????-C?????»
Цикл периода 3
57
и три пути длины 3, начинающихся и оканчивающихся в ? :
? ? ? ? ? ? ?,
? ? ? ? ? ? ?,
? ? ? ? ? ? ?.
След матрицы A3 равен 4. В это число входят неподвижная точка x1 и отталкивающая периодическая орбита периода 3. При подсчете неподвижных точек
отображения f (k) (x, r? ) различные точки периодической орбиты периода k считаются отдельно и точки орбиты периода, делящего k , также считаются. След
матрицы A4 равен 7. В это число входит неподвижная точка x1 , отталкивающая периодическая орбита периода 2 и отталкивающая периодическая орбита
периода 4. Если через Nk обозначить число неподвижных точек отображения
f (k) (x, r? ), то
Nk = tr (Ak )
(2.13)
(tr (A) след матрицы A). Чтобы найти число периодических орбит наименьшего периода k , нужно вычесть из Nk число точек периодических орбит периодов, делящих k , и полученное число разделить на k . Например, tr (A6 ) = 18.
Существует одна неподвижная точка, две точки периода 2 (одна орбита) и три
точки периода 3 (одна орбита). Следовательно, существуют две орбиты периода
6. Итак, для k -ой итерации отображения f (x, r? ) каждый раз, когда отображение покрывает интервал, существует неподвижная точка этой итерации внутри
интервала. Отображение делает это монотонно и поэтому существует только
одна неподвижная точка при каждом покрытии интервала. Тогда число неподвижных точек отображения f (k) (x, r? ) это сумма двух слагаемых. Первое
слагаемое это число раз, которое ? покрывает сам себя, второе это число
раз, которое ? покрывает сам себя. Следовательно, справедлива формула (2.13).
Чтобы найти след матрицы Ak , вычислим собственные значения матрицы A:
det |A ? ?E| = ??(1 ? ?) ? 1 = 0,
Поэтому
Г
Nk = tr (Ak ) =
?1,2
?
1± 5
.
=
2
? !k Г
? !k
1+ 5
1? 5
+
.
2
2
Учитывая, что в интервале ? содержится неустойчивая неподвижная точка
отображения f (x, r? ), а именно точка 0, получаем формулу
Г
Nk + 1 = 1 +
? !k Г
? !k
1+ 5
1? 5
+
= 1 + Fk+1 + Fk?1 ,
2
2
где известные числа Фибоначчи Fk определяются формулами
F0 = 0,
F1 = 1,
Fk = Fk?1 + Fk?2 ,
k = 2, 3, . . .
Copyright ??? «??? «??????» & ??? «A???????? K????-C?????»
58
Семейство квадратичных отображений
Формула
Nk + 1 = 1 + Fk+1 + Fk?1
следует из формулы Бине для чисел Фибоначчи
?
? !k Г
? !k
1+ 5
1? 5 ?
1
Fk = ? ?
?
2
2
5
?Г
и соотношений
?
? !k
1+ 5
1+ 5
= Fk
+ Fk?1 ,
2
2
Г
? !k
?
1? 5
1? 5
+ Fk?1 .
= Fk
2
2
Г
Используя полученную формулу при k = 5, получаем N5 + 1 = 12, т.е., кроме
двух неподвижных точек, у рассматриваемого отображения существуют две периодические орбиты периода 5. При k = 8 находим N8 = F9 + F7 = 47. В это
число входит неподвижная точка, одна периодическая орбита периода 2, одна
периодическая орбита периода 4 и пять периодических орбит периода 8.
Заметим, что можно пронумеровать периодические орбиты, лежащие в ? + ?
с помощью двух символов ?, ? , а также непериодические орбиты. Например,
непериодическая орбита, которая не является асимптотически периодической,
задается такой последовательностью:
??????????????? . . . .
2.3. Динамика отображения f (x) = 4x(1 ? x)
Перейдем теперь к рассмотрению разностного уравнения
xn+1 = 4xn (1 ? xn ),
(2.14)
т.е. положим r = 4. В этом случае можно записать точное решение уравнения
(2.14). Сначала рассмотрим уравнение
xn+1 = rxn (1 ? xn )
при r = 2. Положим
1
xn = (1 ? yn ).
2
(2.15)
Copyright ??? «??? «??????» & ??? «A???????? K????-C?????»
Динамика отображения f (x) = 4x(1 ? x)
59
Тогда (2.15) принимает вид
yn+1 =
і
rґ
r 2
yn+1 = yn + 1 ?
.
2
2
yn2
Поэтому
n
yn = y02 .
Отсюда
1
n
xn = [1 ? (1 ? 2x0 )2 ].
2
Для r = 4 положим
yn = cos ?zn
в уравнении
Тогда
r
r
yn+1 = yn2 + 1 ?
2
2
(r = 4 : yn+1 = 2yn2 ? 1).
cos ?zn+1 = 2 cos2 ?zn ? 1 = cos 2?zn = 2 cos2 2?zn?1 ? 1 =
= cos 22 ?zn?1 .
Повторяя эту процедуру, получаем
cos ?zn = cos 2n ?z0 .
Теперь наложим на zn ограничение: 0 ? zn ? 1. Тогда из равенства
cos ?zn+1 = cos 2?zn
и известного решения уравнения cos u = cos v
получаем
Ѕ
zn+1 =
u = ±v + 2k?
(2.16)
2zn ,
0 ? zn ? 12 ,
2(1 ? zn ), 12 ? zn ? 1
(2.17)
Так как
1
arccos y0 ,
?
где 0 ? arccos y ? ? главное значение arccos y , то получаем точное решение
уравнения (2.14):
z0 =
1
1
1
xn = (1 ? cos ?zn ) = (1 ? cos 2n ?z0 ) = [1 ? cos{2n arccos(1 ? 2x0 )}],
2
2
2
Copyright ??? «??? «??????» & ??? «A???????? K????-C?????»
60
Семейство квадратичных отображений
которое можно переписать следующим образом:
xn = sin2 (2n arcsin
?
x0 ).
Точное решение (2.17) есть
zn =
1
arccos cos(2n ?z0 ).
?
Отображения, определяемые уравнениями (2.14) и (2.17), топологически сопряжены. Если
f (x) = 4x(1 ? x),
а
Ѕ
g(x) =
то
2x,
0 ? x ? 12 ,
2(1 ? x), 12 < x ? 1,
h?1 (g(h(x))) = f (x),
где
h(x) =
В самом деле, при 0 ? x ?
?
2
arcsin x.
?
1
2
0 ? h?1 (x) ?
и
?1
2
h (g(h(x))) = sin (2 arcsin
Если
1
2
?
1
2
? p
x) = (2 x (1 ? x))2 = f (x).
? x ? 1, то
1
? h?1 (x) ? 1
2
и
h і?
? ґi
?
?1
2
h (g(h(x))) = sin 2
? arcsin x = sin2 (2 arcsin x) = f (x).
2
Поэтому можно изучать уравнение (2.17) вместо уравнения (2.14).
Точная формула для решения уравнения (2.14) позволяет проанализировать
периодические точки отображения f (x) = 4x(1 ? x), которые все являются
неустойчивыми. Это следует из того, что неустойчивы все периодические орбиты отображения g(x) (|g 0 (x)| = 2 при x 6= 1/2). Очевидно, периодические точки
периода p определяются из уравнения
cos(2p ?zp ) = cos ?zp .
Copyright ??? «??? «??????» & ??? «A???????? K????-C?????»
Динамика отображения f (x) = 4x(1 ? x)
61
Кроме того, для любого q < p должно выполняться неравенство
cos(2q ?zp ) 6= cos ?zp .
Следовательно, из формулы (2.16) находим
2k
,
2p ± 1
zp =
где
k = 0, 1, 2, . . . , 2p?1 ?
причем
(2.18)
1 1
± ,
2 2
2k 0
zp =
6
,
2q ± 1
где
k 0 = 0, 1, 2, . . . , 2q?1 ?
1 1
±
2 2
для каждого целого q < p.
Найдем периодические точки для небольших p. Существуют две неподвижные точки (p = 1)
2
.
3
Для отображения (2.14) им будут соответствовать неподвижные точки x0 = 0 и
x1 = 3/4. Периодические точки периода 2:
z1 = 0 и
z2 =
2
5
и
4
.
5
Им соответствуют периодические точки периода 2 отображения (2.14):
?
(5 ? 5)
x2 =
8
и
?
(5 + 5)
.
8
Периодические точки периода 3 определяются формулами
z3 =
2k
,
8±1
k = 1, 2, 3, 4 ?
1 1
± ,
2 2
откуда получим два множества периодических точек периода 3:
2 4 6
z3 = , ,
7 7 7
и
2 4 8
z3 = , , .
9 9 9
Copyright ??? «??? «??????» & ??? «A???????? K????-C?????»
62
Семейство квадратичных отображений
Для p = 4 получаем
z4 =
2 4 8 14
, , , ;
15 15 15 15
z4 =
2 4 8 16
, , , ;
17 17 17 17
z4 =
6 12 10 14
, , , .
17 17 17 17
Далее, можно получить шесть периодических орбит периода 5 и т.д. Наконец,
заметим, что неподвижная точка периода p, которая определяется по формуле (2.18) со знаком плюс в знаменателе, может быть преобразована в то же
выражение со знаком минус в знаменателе и удвоенным периодом. Обозначим
неподвижную точку периода p в формуле (2.18) со знаком плюс (минус) через
z (p)+ (z (p)? ). Тогда z (p)+ может быть записано как
z
где
(p)+
2k 00
2k
=
,
= p
2 + 1 22p ? 1
k 00 = k(2p ? 1).
Следовательно, z (p)+ представлено в виде z (2p)? , т.е. все неподвижные точки
могут быть записаны в виде z (p)? .
Теперь исследуем вопрос о том, каким будет решение уравнения (2.17), если начальное значение рациональное или иррациональное число. Если мы
рассмотрим выражение
cos(2j ?z0 ) = cos(?zp ),
(2.19)
которое выделяет начальное значение z0 , попадающее после j итераций в периодическую точку периода p, то мы видим, что уравнение (2.19) не может быть
справедливо для иррациональных z0 , так как из (2.18) следует, что zp рациональное число для любого p. Итак, решение с иррациональным начальным значением не может быть ни периодическим, ни асимптотически периодическим.
Рассмотрим случай, когда начальное значение z0 рациональное число, которое обозначим через l/m, где l < m и целые числа l, m не имеют общих
делителей. Заметим сначала, что любое начальное значение может быть представлено в форме
z0 =
где
2k
,
2p ? 1
k = 0, 1, 2, . . . , 2p?1 ? 1.
Случай 1: l четное/m нечетное.
Здесь мы напомним сначала формулировку теоремы Эйлера из теории чисел.
Пусть r и m взаимно простые целые числа. Тогда справедливо сравнение
r?(m) = 1 (mod m),
(r?(m) ? 1 делится на m),
Copyright ??? «??? «??????» & ??? «A???????? K????-C?????»
Динамика отображения f (x) = 4x(1 ? x)
63
где ?(m) функция Эйлера, которая определяется как число целых среди чисел
1, 2, . . . , m?1, которые взаимно просты с m (если m простое число, то ?(m) =
= m ? 1 и ?(1) = 1). В случае 1 начальное значение z0 может быть записано в
виде z0 = 2l0 /m. Так как m нечетно, то в теореме Эйлера можно взять r = 2.
?(m)
Тогда из теоремы Эйлера следует, что 2 m ?1 целое число. Следовательно, z0
можно записать как
2k
,
2?(m) ? 1
т.е. любое рациональное число случая 1 является периодической точкой периода
?(m) (и, возможно, периода q < ?(m), делящего ?(m)) для отображения (2.17).
z0 =
Случай 2: l нечетное/m нечетное.
Точка z1 , которая получается после одной итерации, становится либо равной
2z0 = 2l/m для l/m ? 1/2, либо 2(1 ? z0 ) = 2l0 /m ? 1, где l0 = m ? l для
1/2 ? l/m ? 1. Следовательно, в случае 2 начальная точка за одну итерацию
переходит в периодическую точку.
Случай 3: l нечетное/m четное.
Положим m = 2s m0 , где s целое число, а m0 нечетное число. Затем
определим l0 соотношением
l0
l0
arccos cos(2 ?z0 ) = 0 ? (0 ? 0 ? 1).
m
m
s
Следовательно, после s итераций рациональное число случая 3 переходит в рациональное число либо случая 1, либо случая 2. Таким образом, рациональное
число случая 3 за конечное число шагов попадает в периодическую точку.
Из проведенных рассуждений следует, что множество рациональных чисел
состоит из периодических и предпериодических точек отображения (2.17). Следовательно, множество периодических и предпериодических точек отображения
(2.17) плотно на интервале [0, 1] (множество плотно на [0, 1], если его замыкание,
т.е. присоединение к множеству всех его предельных точек, совпадает с [0, 1]).
Легко видеть, что и множество периодических точек плотно на интервале [0, 1],
так как оно состоит из рациональных чисел вида l/m, где l четное число, а
m нечетное число. Очевидно, этот результат имеет место и для отображения
(2.14). Сформулируем его в виде теоремы.
Теорема 2.3. Множество периодических точек отображения (2.14) плот-
но на интервале [0, 1].
Таким образом, в любой окрестности каждой точки интервала [0,1] есть периодические точки.
Copyright ??? «??? «??????» & ??? «A???????? K????-C?????»
64
Семейство квадратичных отображений
Продолжим изучение отображения (2.17). Представим число z ? [0, 1] в виде
разложения в двоичную дробь:
z=
ak
a1 a2
+ 2 + · · · + k + · · · = .a1 a2 . . . ak . . . ,
2
2
2
где каждое ak равно либо 0, либо 1. Если z < 1/2, тогда g(z) дробная часть
числа 2z , т.е.
g(z) = g(.a1 a2 . . . ) = .a2 a3 . . . .
Но если z > 1/2, то g(z) будет равно 1 минус дробная часть числа 2z в соответствии с формулой
g(z) = g(.a1 a1 . . . ) = .a02 a03 . . . ,
где a0k = 1 ? ak для каждого индекса k . Эти определения g(z) можно записать
одной формулой:
Ѕ
g(.a1 a2 . . . ) =
.a2 a3 . . . при a1 = 0,
.a02 a03 . . . при a1 = 1,
т.е. отображение g(z) от последовательности нулей и единиц a1 a2 a3 . . . отбрасывает первую цифру, а остальные оставляет без изменений (когда a1 = 0) или
заменяет на числа 1 ? ai (когда a1 = 1). Эти два определения согласуются и в
тех случаях, когда разложение в двоичную дробь неоднозначно:
g(.0111 . . . ) = .111 . . . ,
g(.111 . . . ) = .000 . . . .
Неподвижные точки имеют двоичные разложения:
z0 = .000 . . . ,
z1 =
2
= .101010 . . . .
3
Точка z = 1/3 = .010101 . . . за одну итерацию попадает в неподвижную точку
z1 = 2/3. Можно сформулировать следующий результат.
Необходимое и достаточное условие того, что итерации g (n) (z) точки z
за конечное число шагов попадают в неподвижную точку z1 = 2/3, состоит в том, что хвост двоичного разложения z = .a1 a2 . . . равен 010101 . . . .
Аналогично необходимое и достаточное условие для итераций g (n) (z) точки z
за конечное число шагов перейти в нулевую неподвижную точку состоит в
том, что хвост двоичного разложения z есть 000 . . . , т.е. z имеет конечное
двоичное разложение.
Как другой пример возьмем в качестве начальной точки z = .100100 . . .
и вычислим g(z) = .110110 . . . , g (2) (z) = .010010 . . . , g (3) (z) = .100100 . . . .
Итерации такого z , очевидно, являются периодическими. Покажем теперь, что
Copyright ??? «??? «??????» & ??? «A???????? K????-C?????»
Динамика отображения f (x) = 4x(1 ? x)
65
необходимое и достаточное условие для итераций g (n) (z) числа z быть предпериодическими состоит в том, что двоичное разложение z имеет периодический хвост с периодом p.
Мы уже рассмотрели случаи p ? 2, когда итерации попадали в неподвижные точки z = 0, 2/3. Пример z = .011011 . . . показывает, что орбита O(z) не
обязательно включает z в ее периодические колебания. Имеем
g(z) = .110110 . . . , g (2) (z) = .01001001 . . . ,
g (4) (z) = .110110 · · · = g(z).
g (3) (z) = .1001001 . . . ,
Кроме того, период g (n) (z) как функции n не обязательно совпадает с периодом
двоичного разложения. Это показывает пример
z = .11001100 . . . ,
g(z) = .01100110 . . . ,
g (2) (z) = .11001100 · · · = z.
Мы покажем, что период g (n) (z) как функции n не превышает период двоичного
разложения. В самом деле, действие отображения g(z) состоит в отбрасывании
первой цифры (сдвиг) и в некоторых случаях перевороте всех остальных цифр
(дополнение их до единицы). Перевороты будут встречаться при первом появлении 1 в двоичном разложении и после каждой такой цифры ak , что ak?1 6= ak .
Если p есть период двоичного разложения, то мы имеем ak+p = ak для всех
достаточно больших индексов k . Если переворот встречается при ak , то другой
переворот должен встретиться при ak+p , если только ak не первая 1 двоичного
разложения. Если ak первая 1 в двоичном разложении, то другой переворот
не обязательно произойдет в ak+p . Это показывает следующая орбита:
O(.101101 . . . ) = {.100100 . . . , .110110 . . . , .010010 . . . }.
Очевидно, четное число сдвигов и переворотов эквивалентно четному числу
сдвигов без переворотов. Если имелось четное число переворотов внутри полного периода p двоичного разложения, то значения g (n) (z) повторялись бы с тем
же периодом p. Кроме того, если переворот встречается при a1 и при ak+p , то
цифры между ними должны изменяться, по крайней мере, один раз, иначе период разложения был бы равен 1. Так как ak = ak+p , то должно быть четное число
изменений цифр между ak и ak+p , следовательно, четное число переворотов. Таким образом, результирующее действие от ak к ak+p это расширенный сдвиг
и g (n) (z) будет предпериодической (т.е. за конечное число шагов перейдет в периодическую последовательноть) с периодом p. Очевидно, наименьший период
g (n) (z) как функции n должен быть делителем p. Легко проверяется обращение
этого результата. Именно если g (n) (z) предпериодическая, то двоичное разложение z должно быть предпериодическим. Сформулируем полученный результат
в виде теоремы.
Copyright ??? «??? «??????» & ??? «A???????? K????-C?????»
66
Семейство квадратичных отображений
Теорема 2.4. Если двоичное разложение z является предпериодическим
с периодом p, тогда g (n) (z) будет предпериодической функцией n и ее период
будет делителем p. Обратно, если g (n) (z) предпериодическая, тогда двоичное
разложение z также будет предпериодическим.
Мы теперь сосредоточим внимание на орбитах O(z), которые состоят из точек, двоичные разложения которых не являются периодическими. Назовем такие орбиты бесконечными. Рассмотрим в качестве примера орбиту O(z), где
z = .1010010001 . . . . Очевидно, O(z) бесконечна и ее предельные точки это
числа 1, 1/2, . . . , 1/2n , . . . , 0. Таким образом, орбита O(z) нигде не плотна в интервале [0, 1].
Теорема 2.5. Для любой данной точки z ? в интервале [0, 1] можно найти
такую произвольно близкую к точке z ? точку z , что орбита O(z) плотна в
[0, 1].
Доказательство. Пусть число s0 имеет конечное двоичное разложение, ко-
торое совпадает с достаточным числом начальных цифр z ? так, что s0 будет
лежать так близко к z ? , как это желательно. Определим последовательность S
конечных двоичных разложений следующим образом:
s1 = .0,
s2 = .1,
s3 = .00,
s4 = .01,
s5 = .10,
s6 = .11, . . . ,
далее все двоичные разложения длины n ? 1 появятся, когда мы достигнем
s2n ?2 . Теперь определим двоичное разложение z индуктивно. В качестве начального сегмента z возьмем s0 . Последующие сегменты z будут либо члены
sn последовательности S в их собственном порядке, либо их перевороты s0n в
соответствии со следующим правилом. Предположим, что мы уже определили
первые n сегментов, которые образуют первые L цифр числа z . Определим тогда следующий сегмент числа z как sn , если было четное число переворотов в
первых L цифрах. В противном случае определим следующий сегмент z как
s0n , где штрих обозначает, как обычно, результат переворота (дополнения до 1)
всех двоичных цифр sn . Бесконечное двоичное разложение, которое образовано
индуктивно, обозначим через z . По построению z лежит так близко к z0 , как
это желательно. Кроме того, если z 0 любая точка в интервале [0, 1] и ? любое малое положительное число, то можно найти член sN последовательности
S длины M такой, что 1/2M < ?/2 и |sN ? z 0 | < ?/2. Из этого следует, что
некоторый член s орбиты O(z) будет иметь sN в качестве начального сегмента.
Таким образом,
|s ? z 0 | ? |s ? sN | + |sN ? z 0 | <
? ?
+ = ?.
2 2
Copyright ??? «??? «??????» & ??? «A???????? K????-C?????»
Динамика отображения f (x) = 4x(1 ? x)
67
Следовательно, z 0 должно быть предельной точкой орбиты O(z) и орбита O(z)
плотна в [0, 1]. ¤
Из метода доказательства теоремы 2.5 ясно, что можно включить произвольный начальный сегмент в двоичное разложение тех точек z , которые мы
конструируем, чтобы получить разложение z со свойством предпериодичности
соответствующей орбиты O(z). Отметим еще, что из вышеописанных утверждений следует плотность на [0, 1] множества точек, попадающих в неподвижные
точки 0 и 2/3. Суммируем эти результаты в виде теоремы.
Теорема 2.6. Следующие множества точек плотны в интервале [0, 1]:
1) все точки z такие, что g (n) (z) попадает в точку 0 или точку 2/3;
2) все точки z такие, что последовательность g (n) (z) предпериодическая
с периодом p;
3) все точки z такие, что O(z) плотна в [0, 1].
Очевидно, теорема 2.6 справедлива и для отображения f (x) (в этом случае
неподвижные точки 0 и 3/4).
Отображение (2.17) является растягивающим, т.е оно раздвигает близкие
точки, поскольку его производная всюду больше единицы.
Определение 2.1. Отображение f : J ? J растягивающее, если су-
ществует ? > 0 такое, что для любых x, y ? J найдется такое n, что
|f (n) (x) ? f (n) (y) > ? .
Из этого вытекает, что для любого открытого в [0, 1] интервала J ? [0, 1]
существует n > 0, при котором g (n) (J) = [0, 1]. Действительно, если 1/2 ?
/ J , то
l(g(J)) = 2l(J), где l(·) длина интервала; если 1/2 ? J , то существует ? > 0
такое, что [0, ?] ? g (2) (J), так как 1 ? g(J). Поэтому g (m+2) ([0, ?]) = [0, ? · 2m ]
при ? · 2m < 1 и g (m+2) ([0, ?]) = [0, 1] при ? · 2m > 1.
Аналогичное утверждение справедливо и для любого другого отображения,
топологически сопряженного отображению (2.17). В частности, оно имеет место
и для отображения (2.14).
Теорема 2.7. Для любого открытого в [0, 1] интервала J ? [0, 1] суще-
ствует m такое, что f (m) (J) = [0, 1].
Отображения (2.14) и (2.17), как иногда говорят, обладают на [0, 1] чувстви-
тельной зависимостью от начальных данных.
Определение 2.2. Отображение f : J ? J обладает чувствительной
зависимостью от начальных данных, если существует ? > 0 такое, что для
Copyright ??? «??? «??????» & ??? «A???????? K????-C?????»
68
Семейство квадратичных отображений
любого x ? J и любой окрестности N точки x существуют y ? N и n ? 0
такие, что |f (n) (x) ? f (n) (y)| > ? .
Отображение обладает чувствительной зависимостью от начальных данных,
если существуют точки произвольно близкие к x, которые отходят от x, по крайней мере, на расстояние ? при итерации f . Подчеркнем, что не все точки, которые близки к x, отходят от x при итерациях. Должна быть, по крайней мере,
одна такая точка в каждой окрестности точки x. Наличие чувствительной зависимости от начальных данных отображения затрудняет численные вычисления.
Малые ошибки в вычислении, которые появляются при округлении, становятся значительными при итерациях. Результаты численных вычислений орбиты
могут очень сильно отличаться от реальной орбиты.
Свойство растягиваемости отображения отличается от чувствительной зависимости тем, что в этом случае все близкие точки отходят от точки x при
итерациях. Из свойства растягиваемости отображения (2.17) следует, что для
него в качестве ? в определении чувствительной зависимости можно взять число 1/2.
Определение 2.3. Отображение f : J ? J топологически транзитивно,
если для любой пары открытых множеств U, V ? J существует такое k > 0,
что пересечение множеств f (k) (U ) и V непусто.
Очевидно, если отображение обладает плотной орбитой, то оно топологически транзитивно.
Существует много определений хаоса в динамических системах. Мы выберем
следующее определение, потому что оно применимо к большому числу важных
примеров и во многих случаях оно легко проверяемо.
Определение 2.4. Пусть V некоторое множество. Отображение f :
V ? V называют хаотическим на V , если :
1) f обладает чувствительной зависимостью от начальных данных,
2) f топологически транзитивно,
3) периодические точки f плотны на V .
Учитывая свойства отображений (2.14) и (2.17), мы немедленно получаем
теорему.
Теорема 2.8. Отображения (2.14) и (2.17) хаотичны на [0, 1].
Хаотические системы обладают свойством непредсказуемости. Для таких систем даже постановка вопроса о построении орбиты требует корректировки.
Можно с помощью ЭВМ вычислить пять или десять точек орбиты O(x0 ), однако
Copyright ??? «??? «??????» & ??? «A???????? K????-C?????»
Отображение f (x, r) = rx(1 ? x) при r > 4
69
точное вычисление достаточно большого отрезка орбиты, например до n = 100,
при обычной точности ЭВМ невозможно, и сам вопрос о построении большого
отрезка орбиты некорректен. Для отображения (2.17) интервал длины ? через
??1
?20
, то
m ? log
log 2 шагов покрывает [0, 1]. Если ЭВМ может различать ? = 10
вопрос, в какой точке из [0, 1] находится орбита при m > 20 log2 10(? 70), теряет смысл. Отображения (2.14) и (2.17) быстро ? забывают? начальные условия
(x0 ), и для больших n следует переходить на вероятностный язык и ставить
вопрос таким образом: какова вероятность нахождения орбиты в каком-либо
множестве J ? [0, 1]? Например, если J = (?, ?), то для отображения (2.17) эта
вероятность равна ? ? ?, а для отображения (2.14) она равна
1
?
Z
?
dx
p
?
x(1 ? x)
=
p
?
2
(arcsin ? ? arcsin ?) = h(?) ? h(?),
?
где h(x) функция, сопрягающая f (x) и g(x).
2.4. Динамика отображения f (x, r) = rx(1 ? x)
при r > 4
Теперь рассмотрим функцию f (x, r) = rx(1 ? x) при r > 4. График отображения изображен на рис. 2.4.
Рис. 2.4. График функции f (x, r) при r > 4
Ввиду того что максимум функции f(x,r) равен r/4, точка x = 1/2 под действием отображения f (x, r) покидает интервал I = [0, 1].
Очевидно, точки, достаточно близкие к x = 1/2 также покидают интервал
I за одну итерацию. Например, если r = 4.002, то точки интервала [0.49,0.51]
за одну итерацию покидают интервал I . Обозначим через A0 множество точек
интервала I , которые покидают интервал за одну итерацию. Легко видеть, что
Copyright ??? «??? «??????» & ??? «A???????? K????-C?????»
70
Семейство квадратичных отображений
A0 открытый интервал с центром в точке x = 1/2. Если x ? A0 , то f (x, r) > 1
и f (2) (x, r) < 0. Последовательность f (n) (x, r) стремится к ?? при n ? ?. Все
точки интервала I , не входящие в A0 , остаются в I после действия отображения
f (x, r).
Пусть A1 = {x ? I : f (x, r) ? A0 }. Если x ? A1 , тогда f (2) (x, r) > 1,
f (3) (x, r) < 0 и, таким образом, как и ранее, f (n) (x, r) ? ?? при n ? ?. Определяем по индукции множество An = {x ? An : f (n) (x, r) ? A0 }. Таким образом,
An = {x ? I : f (i) (x, r) ? I для i ? n, но f (n+1) (x, r) ?
/ I}. Следовательно,
An содержит все точки, которые покидают I после (n+1)-ой итерации. Если x
лежит в интервале An , то орбита O(x) стремится к ??. Получаем, что нам
известна судьба любой точки, которая лежит в An . Остается только проанализировать поведение тех точек из I , которые никогда не покидают этот интервал.
Обозначим это множество через ?r . Очевидно,
Г?
!
?
[
\
?r = I \
An =
f (?n) (x, r).
n=0
n=1
Наша задача выяснить, что представляет собой это множество точек. Для
этого опишем более тщательно конструкцию множества ?r .
Так как A0 открытый интервал с центром в точке 1/2, то I1 = I \ A0
состоит из двух интервалов: B0 = [0, q0 ] и B1 = [q1 , 1], причем q0 < q1 и
f (q0 , r) = f (q1 , r) = 1. Следовательно, f (2) (q0 , r) = f (2) (q1 , r) = 0. Из графика видно, что f (x, r) отображает интервалы B1 и B2 монотонно на I . Функция
f (x, r) возрастает на B1 и убывает на B2 . Так как f (B0 , r) = f (B1 , r) = I , то
существует такая пара открытых интервалов (один из них лежит в B0 , а другой
в B1 ), которые под действием f (x, r) переходят в A0 . Следовательно, эта пара
интервалов составляет множество A1 . Концы этих интервалов под действием
f (2) (x, r) переходят в точку x = 1.
Рис. 2.5. График функции f (2) (x, r) при r > 4
Copyright ??? «??? «??????» & ??? «A???????? K????-C?????»
Отображение f (x, r) = rx(1 ? x) при r > 4
71
Теперь рассмотрим множество I2 = I \ (A0 ? A1 ). Это множество состоит из четырех замкнутых интервалов [0, q00 ], [q01 , q0 ], [q1 , q10 ], [q11 , 1], и f (x, r)
отображает каждый из них монотонно либо на B1 , либо на B2 . Следовательно, f (2) (x, r) отображает каждый из этих интервалов на I . Находим также, что
I2 = I \ (A0 ? A1 ) содержит открытые подынтервалы, которые отображаются
функцией f (2) (x, r) на A0 . Точки из этих четырех интервалов покидают интервал I после третьей итерации. Получаем множество, которое обозначаем через
A2 . Замечаем, что f (2) (x, r) попеременно возрастает и убывает на этих четырех
интервалах. Отсюда следует, что график f (2) (x, r) должен иметь два горба.
Продолжая построение множеств An , отметим два факта. Во-первых, An
состоит из 2n непересекающихся открытых интервалов. Следовательно, In+1 =
= I \ (A0 ? · · · ? An ) состоит из 2n+1 замкнутых интервалов, так как
1 + 2 + · · · + 2n = 2n+1 ? 1.
Во-вторых, f (n+1) (x, r) отображает каждый из этих замкнутых интервалов монотонно на I. График f (n+1) (x, r) попеременно возрастает и убывает на этих
интервалах. Поэтому график f (n+1) (x, r) имеет точно 2n горбов на I .
Заметим, что In = f (?1) (In?1 , r) = f (?n) (I, r) и In ? In?1 и множество ?r
можно задать формулой
?r =
?
\
In (I0 = I).
(2.20)
n=0
Замкнутое множество называется совершенным, если каждая его точка является предельной, т.е. это множество не содержит изолированных точек.
Лемма 2.1. Множе??тво ?r замкнутое совершенное множество.
Доказательство. Множество ?r замкнуто в силу формулы (2.20) (как пере-
сечение замкнутых множеств). Докажем, что это множество совершенное. Сначала заметим, что для каждого n все концы интервалов In (одновременно они
являются концами интервалов An ) содержатся в ?r . Орбиты этих точек, в конце
концов, попадают в точку 0. Поэтому они остаются в I при итерациях отображения f (x, r). Пусть x ? ?r и пусть In,jx для каждого n обозначает компоненту
In , которая содержит x. Для интервала A обозначим через |A| длину этого интервала. Если |In,jx | ? 0, когда n ? ?, то концы In,jx произвольно близки
к x при достаточно больших n и, таким образом, x принадлежит замыканию
множества ?r \ x. Если же |In,jx | не стремится к 0 при n ? ?, тогда
замкнутый интервал и x ?
?
T
n=0
?
T
n=0
In,jx In,jx ? ?r . Таким образом, x снова принадлежит
замыканию ?r \ x. Это показывает, что множество ?r совершенное. ¤
Copyright ??? «??? «??????» & ??? «A???????? K????-C?????»
72
Семейство квадратичных отображений
?
r? r2 ?4r
,
2r
?
?
r+ r2 ?4r
2r
Концы интервалов B1 и B2 это точки q0 =
q1 =
соответ?
0
ственно. Поэтому f (q0 , r) = r2 ? 4r?. При r > 2 + 5 справедливо неравенство
f 0 (q0 , r) > 1. Аналогично при r > 2+ 5 справедливо неравенство f 0 (q1 , r) < ?1.
Так как f 0 (x, r) монотонно убывает (f 00 (x, r) < 0), то |f?0 (x, r)| > 1 при x ? I1 .
Следовательно, |f 0 (x, r)| > 1 при x ? ?r , когда r > 2 + 5.
Определение 2.5. Пусть f : R ? R непрерывно дифференцируемая
функция. Пусть ? компактное (ограниченное и замкнутое) инвариантное
множество для f (т.е. f (?) = ?). Тогда ? гиперболическое множество для
f , если существует целое n0 ? 1 такое, что |(f (n0 ) )0 (x)| > 1 для всех x ? ?.
Из изложенного выше следует,
? что ?r гиперболическое множество для отображения f (x, r) при r > 2 + 5 и n0 = 1.
Множество на вещественной прямой называется нигде не плотным, если оно
не содержит никакого интервала, т.е. в любой окрестности каждой его точки есть точки, которые не принадлежат этому множеству. Совершенные нигде не плотные множества называются канторовскими. Мы уже доказали, что
множество
? ?r является совершенным. Из гиперболичности множества ?r при
r > 2 + 5 вытекает следующий результат.
?
Лемма 2.2. Множество ?r при r > 2 + 5 является канторовским.
Доказательство. Предположим, что ?r содержит интервал. Пусть [a, b]??r .
Для n ? 1 возьмем функцию f (n) (x, r). В силу теоремы о среднем значении,
примененной к интервалу [a, b], получаем
f (n) (b, r) ? f (n) (a, r) = f 0(n) (cn , r)(b ? a),
?
где cn некоторая точка интервала [a, b]. Положим f 0 (q0 , r) = r2 ? 4r =??.
Таким образом, |f 0 (x, r)| > ? для всех x ? I1 . Ввиду того что r > 2 + 5,
получаем ? > 1. Так как cn ? [a, b] ? ?r , то f (i) (cn , r) ? ?r ? I1 для всех
0 ? i ? n ? 1. Поэтому |f 0(n) (cn , r)| ? ?n по цепному правилу и
|f (n) (b, r) ? f (n) (a, r)| = |f 0(n) (cn , r)||b ? a| ? ?n |b ? a|.
Отсюда следует, что для всех достаточно больших n справедливо неравенство
|f (n) (b, r) ? f (n) (a, r)| > 1, так как ? > 1. Но множество ?r инвариантно и,
следовательно, {f (n) (a, r), |f (n) (b, r)} ? ?r ? [0, 1] для всех n. Мы пришли к
противоречию. Поэтому множество ?r не содержит интервалов. Следовательно,
оно является канторовским. ¤
Copyright ??? «??? «??????» & ??? «A???????? K????-C?????»
Отображение f (x, r) = rx(1 ? x) при r > 4
73
2.4.1. Пространство последовательностей из двух символов
Теперь мы перейдем к исследованию поведения отображения f (x, r) на инвариантном множестве ?r . В предыдущем параграфе нам удалось изучить динамику отображения f (x) = 4x(1 ? x) благодаря тому, что f (x) оказалось топологически сопряжено с кусочно-линейным отображением (2.17). Сейчас будет построено отображение, которое топологически сопряжено с отображением
f (x, r) на ?r .
Рассмотрим совокупность бесконечных последовательностей, составленных
из 0 и 1.
Определение 2.6. ?2 = {s = (s0 s1 s2 . . . )|sj = 0 или 1}.
?2 называется пространством из двух символов 0 и 1. Мы можем превратить ?2 в метрическое пространство следующим образом. Определим расстояние между двумя последовательностями s = (s0 s1 s2 . . . ) и t = (t0 t1 t2 . . . ) с
помощью формулы
?
X
|si ? ti |
d[s, t] =
.
i
2
t=0
Так как |si ? ti | ? 1, то d[s, t] мажорируется сходящимся рядом
d[s, t] конечно. Например, если s = (111 . . . ), t = (1010 . . . ), то
d[s, t] =
?
X
i=1
1
22i?1
?
P
i=0
1
2i
= 2, т.е.
2
= .
3
Предложение 2. d[s, t] метрика на ?2 .
Доказательство. Очевидно, d[s, t] ? 0, d[s, t] = d[t, s] и d[s, t] равно нулю
тогда и только тогда, когда si = ti для всех i. Из неравенства |ri ? ti | ? |ri ? si |+
+|si ? ti | следует, что d[r, t] ? d[r, s] + d[s, t]. ¤
Метрика позволяет выяснить, какие множества пространства ?2 открыты, а
какие замкнуты, и определить, какие последовательности близки друг к другу.
В самом деле, если s, t ? ?2 и si = ti для i = 0, 1, . . . , n, то
d[s, t] =
n
X
|si ? ti |
i=0
2i
?
?
X
X
1
|si ? ti |
1
+
?
=
.
i
i
n
2
2
2
i=n+1
i=n+1
Copyright ??? «??? «??????» & ??? «A???????? K????-C?????»
74
Семейство квадратичных отображений
С другой стороны, если d[s, t] < 1/2n , то si = ti для i ? n, так как из неравенства
sj 6= tj для некоторого j ? n следует неравенство
d[s, t] ?
1
1
? n.
j
2
2
Таким образом, можно быстро решить вопрос о близости двух последовательностей. Последовательности близки в ?2 , если равны между собой несколько
первых членов этих последовательностей. Нам удобно сформулировать полученный результат в виде следующего предложения.
Предложение 2. Пусть s, t ? ?2 и si = ti для i = 0, 1, . . . , n. Тогда
d[s, t] ? 1/2n . Обратно, если d[s, t] ? 1/2n , то si = ti для i ? n.
Определим теперь отображение сдвига на ?2 .
Определение 2.7. Отображение сдвига ? определяется на ?2 формулой
?(s0 s1 s2 . . . ) = (s1 s2 s3 . . . ).
При отображении сдвига исчезает первый член последовательности и все
другие члены последовательности сдвигаются на одно место влево. Ясно, что
отображение ? двум последовательностям ставит в соответствие одну и ту же
последовательность, так как s0 равно 0 или 1. Оказывается, что в построенном
метрическом пространстве отображение ? непрерывно.
Предложение 3. Отображение ? : ?2 ? ?2 непрерывно.
Доказательство. Пусть ? > 0 и s = (s0 , s1 s2 . . . ) ? ?2 . Выберем n таким
образом, чтобы 1/2n < ?. Пусть ? = 1/2n+1 . Если t = (t0 t1 t2 . . . ) ? ?2 такая
последовательность, что d[s, t] < ? , то в силу предложения 2 выполняются равенства si = ti для i ? n + 1. Следовательно, d[?(s), ?(t)] ? 1/2n < ?. ¤
Теперь исследуем динамику отображения ? . Динамика этого отображения
похожа на динамику отображения (1.17) из предыдущего параграфа. Но ситуация здесь проще. К последовательности из двух символов применяется только
отображение сдвига.
Отображение ? имеет две неподвижные точки. Это последовательности
(0, 0, 0 . . . ) и (1, 1, 1, . . . ). Периодические точки периода 2 это последовательности, в которых повторяются два символа, например последовательность
(010101 . . . ). Периодическая точка периода n это последовательность вида
Copyright ??? «??? «??????» & ??? «A???????? K????-C?????»
Отображение f (x, r) = rx(1 ? x) при r > 4
75
(s0 s1 . . . sn?1 s0 s1 . . . sn?1 . . . ). Поэтому существует 2n периодических точек периода n. Каждая из этих точек порождается одной из 2n конечных последовательностей из символов 0 и 1 длины n. Предпериодические точки это последовательности, у которых после некоторого набора символов 0 и 1 повторяется
конечная последовательность из символов 0 и 1.
Очевидно, последовательности периодических точек плотны в ?2 . Для любой заданной последовательности s = (s0 s1 s2 . . . ) нетрудно построить такую
периодическую последовательность t, что d[s, t] ? 1/2n .
Далее, существует плотная в ?2 орбита, т.е. орбита, точки которой образуют
плотное множество в ?2 . Определим эту последовательность следующим образом. Возьмем сначала последовательность s конечных двоичных разложений:
s0 = 0,
s1 = 1,
s2 = 00,
s3 = 01,
s4 = 10,
s5 = 11, . . . ,
далее все наборы символов 0 и 1 длины 3 появятся, затем наборы длины 4 и
т.д. Ясно, что итерации отображения ? , примененные к последовательности s,
дают последовательность, которая совпадает с любой последовательностью в
достаточно большом числе начальных знаков. Отметим, что нетрудно построить плотную орбиту, которая начинается в достаточно малой окрестности любой
последовательности t из ?2 . Для этого нужно взять в качестве начального блока
последовательности начальный отрезок достаточно большой длины последовательности t. Таким образом, справедлива следующая теорема.
Теорема 2.9. Отображение ? имеет 2n периодических точек периода n.
Множество периодических точек плотно в ?2 . Существуют плотные в ?2
орбиты для отображения ? .
Упражнения
1. Пусть s = (001001001 . . . ), t = (010101 . . . ), r = (101010 . . . ). Вычислить
d[s, t], d[t, r], d[s, r].
2. Описать все последовательности в ?2 , которые являются периодическими
точками периода 3 и 4 для отображения ? .
3. Пусть ?02 состоит из всех последовательностей в ?2 , которые удовлетворяют условию: если sj = 0, то sj+1 = 1, т.е. ?02 состоит из последовательностей,
которые не содержат двух последовательных нулей. Показать, что
a) ? оставляет ?02 инвариантным и ?02 замкнутое подмножество в ?2 ;
b) периодические точки отображения ? плотны в ?02 ;
c) существует плотная в ?02 орбита.
4. Пусть s ? ?2 . Определим устойчивое множество W s (s) для s следующим
образом: W s (s) состоит из таких последовательностей t, что d[? i (s), ? i (t)] ? 0,
когда i ? ?. Описать все последовательности, входящие в W s (s).
Copyright ??? «??? «??????» & ??? «A???????? K????-C?????»
76
Семейство квадратичных отображений
2.4.2. Отображение
? сдвига в ?2 и отображение f (x, r)
при r > 2 + 5
Цель этого пункта состоит в определении связей между отображением ? и
квадратичным отображением f (x, r), которое рассматривается ниже.
Напомним, что множество ?r лежит в объединении интервалов B0 = [0, q0 ],
q0 < 1/2 и B1 = [q1 , 1], q1 > 1/2. Мы можем получить сведения о поведении
орбиты точки x ? ?r , замечая, в какой из этих интервалов попадают итерации
точки x.
Определение 2.8. Маршрутом точки x называется последовательность
S(x) = s0 s1 s2 . . . , где sj = 0, если f (j) (x, r) ? B0 ; sj = 1, если f (j) (x, r) ? B1 .
Следовательно, маршрут точки x ? ?r бесконечная последовательность из
символов 0 и 1. Поэтому S(x) можно рассматривать как отображение из ?r в
?2 .
Теорема 2.10. S(x) гомеоморфизм.
Доказательство. Покажем сначала, что отображение S(x) взаимноодно-
значно. Пусть a, b ? ?r и a 6= b. Предположим, что S(a) = S(b). Тогда для
каждого n точки f (n) (a, r) и f (n) (b, r) лежат по одну сторону от точки 1/2. Отсюда следует, что отображение f (x, r) монотонно на интервале между точками
f (n) (a, r) и f (n) (b, r). Поэтому весь этот интервал лежит в объединении множеств B1 и B2 при любом n. Это противоречит тому, что множество ?r нигде
не плотно.
Теперь докажем, что S(x) отображает ?r на ?2 . Пусть s = s0 s1 s2 . . . . Найдем
x ? ?r , для которого S(x) = s. Отметим следующее обстоятельство. Если J ? I ,
где J замкнутый интервал, то f ?1 (J, r) = {x ? I : f (x, r) ? J} состоит из
двух подынтервалов, один из которых лежит в B0 , а другой в B1 . Определим
интервал Bs0 s1 ...sn формулой
Bs0 s1 ...sn = {x ? I : x ? Bs0 , f (x, r) ? Bs1 , . . . , f (n) (x, r) ? Bsn } =
= Bs0 ? f ?1 (Bs1 , r) ? · · · ? f (?n) (Bsn , r).
Покажем, что интервалы Bs0 s1 ...sn образуют последовательность непустых вложенных замкнутых интервалов при n ? ?. Заметим, что
Bs0 s1 ...sn = Bs0 ? f ?1 (Bs1 ...sn ).
По индукции можно предположить, что Bs1 ...sn непустой подынтервал. Следовательно, f ?1 (Bs1 ...sn ) состоит из двух замкнутых интервалов, один из которых
Copyright ??? «??? «??????» & ??? «A???????? K????-C?????»
Отображение f (x, r) = rx(1 ? x) при r > 4
77
лежит в B0 , а другой в B1 . Поэтому Bs0 ? f ?1 (Bs1 ...sn ) один замкнутый интервал. Рассматриваемые интервалы вложенные, потому что
Bs0 s1 ...sn = Bs0 ...sn?1 ? f (n) (Bsn , r) ? Bs0 ...sn?1 .
Мы получаем, что множество
непусто. Если x ?
T
n?0
\
Bs0 s1 ...sn
n?0
Bs0 s1 ...sn , то x ? Bs0 , f (x, r) ? Bs1 и т.д. Следовательно,
S(x) = (s0 s1 . . . ). Это
T доказывает, что S(x) отображает ?r на ?2 .
Заметим, что
Bs0 s1 ...sn состоит из одной точки. Это следует из взаимноn?0
однозначности S(x). В частности, находим, что diam Bs0 s1 ...sn ? 0 при n ? ?.
Осталось доказать, что отображение S(x) непрерывно. Выберем x ? ?r и
предположим, что S(x) = s0 s1 s2 . . . . Возьмем ? > 0 и выберем n таким образом,
что 1/2n < ?. Рассмотрим замкнутые интервалы Bt0 t1 ...tn , которые определены
выше, для всех возможных наборов t0 t1 . . . tn . Эти интервалы не пересекаются,
и в их объединении содержится множество ?r . Всего существует 2n+1 таких
интервалов. Поэтому мы можем выбрать ? < 1/2n+1 так, что |x ? y| < ? и
y ? ?r влечет y ? Bs0 s1 ...sn . Cледовательно, у S(x) и S(y) совпадают первые n+1
членов. В силу предложения 2
d[S(x), S(y)] <
1
< ?.
2n
Это доказывает непрерывность отображения S(x). Нетрудно показать, что S ?1 (s)
также непрерывно. ¤
Теорема 2.11. Справедливо равенство S ? f (x, r) = ? ? S .
Доказательство. Точка x ? ?r может быть определена однозначно последовательностью замкнутых вложенных интервалов
деляется маршрутом S(x). Напомним, что
?
T
n=0
Bs0 s1 ...sn , которая опре-
Bs0 s1 ...sn = Bs0 ? f (?1) (Bs1 , r) ? · · · ? f (?n) (Bsn , r).
Поэтому f (Bs0 s1 ...sn , r) может быть записано в виде
Bs1 ? f (?1) (Bs2 , r) ? · · · ? f (?n+1) (Bsn , r) = Bs1 ...sn ,
так как f (Bs0 , r) = I . Следовательно,
Sf (x, r) = Sf
?
і\
n=0
ґ
Bs0 s1 ...sn , r = S
?
і\
n=1
ґ
Bs1 ...sn = s1 s2 · · · = ?S(x). ¤
Copyright ??? «??? «??????» & ??? «A???????? K????-C?????»
78
Семейство квадратичных отображений
Таким образом, ?
отображения сдвига ? на пространстве ?2 и отображение
f (x, r) при r > 2 + 5 на ?r топологически сопряжены и обладают во многом
одинаковыми свойствами. Напомним, что ранее были установлены следующие
свойства отображения сдвига ? . Для каждого n существует 2n периодических
точек, периодические точки плотны в ?2 , существует плотная в ?2 орбита. Далее, имеет место следующий результат.
Теорема 2.12. Отображение f (x, r) при r > 2 +
тельной зависимостью от начальных условий.
?
5 обладает чувстви-
Доказательство. Напомним, что отображение f обладает чувствительной
зависимостью от начальных условий на множестве B , если существует такое
? > 0, что для любой точки x ? B и любой окрестности U (x) точки x существуют y ? U (x) и n ? 0 такие, что справедливо неравенство |f (n) (x) ? f (n) (y)| > ? .
Чтобы доказать теорему, выберем ? меньше диаметра множества A0 , т.е. интервала в середине [0,1], точки которого покидают I при одной итерации. Пусть
x, y ? ?r . Если x 6= y , то S(x) 6= S(y). Поэтому маршруты точек x и y
должны отличаться, по крайней мере, в одном знаке, например в n-ом. Тогда точки f (n) (x, r) и f (n) (y, r) лежат по разные стороны от A0 . Следовательно,
|f (n) (x, r) ? f (n) (y, r)| > ? . ¤
?
Таким образом, мы показали, что отображение f (x, r) при r > 2 + 5 на
множестве ?r обладает следующими тремя свойствами:
1) множество периодических точек плотно в ?r ;
2) существует плотная в ?r орбита;
3) отображение f (x, r) обладает чувствительной зависимостью от начальных условий.
Из определения 1.4 предыдущего раздела вытекает следующий результат.
?
Теорема 2.13. Отображение f (x, r) = rx(1 ? x) при r > 2 + 5 хаотично
на ?r .
Copyright ??? «??? «??????» & ??? «A???????? K????-C?????»
Приложения
Приложение 1. Асимптотика одномерных
итераций
Пусть функция f (x) на некотором интервале (0, X) удовлетворяет неравенству 0 < f (x) < x и непрерывна. Тогда последовательность итераций xn+1 =
f (xn ) (n = 0, 1, 2, . . . , x0 ? (0, X)) определена, убывает и лежит на (0, X). Поэтому она сходится к некоторому ? ? (0, X). Очевидно, ? = 0, так как иначе ?
неподвижная точка отображения f (x), что исключено условием, наложенным
на функцию f (x). Итак, последовательность итераций xn сходится к нулю. Какова асимптотика последовательности при n ? ?? Во многих случаях ответ
содержится в следующей теореме.
Теорема 1 [5]. Пусть f (x) = ?x + O(?(x)), где 0 < ? < 1, а функция
?(x) > 0, x?1 ?(x) неубывающая функция и
Z
x?2 ?(x)dx < ?.
0
Тогда
xn ? C?n
(n ? ?),
где C положительная постоянная (зависящая от x0 ).
Доказательство. Положим ?(x) = f (x)??x. Тогда ?(x) = O(?(x)). Решая
разностное уравнение xn+1 = f (xn ), получаем
xn = ? n x0
n?1
Yµ
k=0
¶
1 ?(xk )
1+
.
? xk
Поэтому достаточно убедиться в сходимости бесконечного произведения
¶
? µ
Y
1 ?(xk )
1+
.
? xk
k=0
79
Copyright ??? «??? «??????» & ??? «A???????? K????-C?????»
80
Приложения
Как известно (см., например, [9]), для сходимости этого бесконечного произведения достаточно, чтобы сходился ряд
?
X
?(xk )
k=0
xk
.
Из условий, наложенных на функцию ?(x), следует, что x?1 ?(x) ? 0 при x ? 0.
Поэтому
?xk?1 + O(?(xk?1 ))
xk
= lim
= ?.
k??
k?? xk?1
xk?1
Из последнего предельного равенства и из того, что функция x?1 ?(x) не убывает, получаем неравенство
lim
x
Zk?1
x?2 ?(x)dx ? x?1
k ?(xk ) ln
xk
xk?1
? cx?1
k ?(xk ),
xk
где c положительная постоянная. Теперь получаем, что
?
X
?(xk )
k=0
xk
1
?
c
Zx0
x?2 ?(x)dx < ?. ¤
0
Условиям теоремы удовлетворяет функция f (x) = rx ? rx1+? , где 0 < r < 1,
? > 0 на промежутке (0, 1]. Поэтому для последовательности xn = f (xn?1 )
находим асимптотическую формулу xn ? Crn (n ? ?).
Сложнее ситуация в случае, когда ? = 1. Для нахождения асимптотики
последовательности xn = f (xn?1 ) рассмотрим функцию ?(x) = x ? f (x). Тогда
рекуррентная формула принимает вид
xn ? xn?1 = ??(xn?1 ).
Считая, что xn это значение в точке n некоторой гладкой функции ?(x), определенной на [1, +?), получаем
?(n) ? ?(n ? 1) = ??(?(n ? 1)).
Если приближенно заменить разность ?(n) ? ?(n?1) на производную ?0 (n?1), то
функция ?(x) удовлетворяет ? дифференциальному уравнению? ?0 (x)???(?(x)).
Решая соответствующее дифференциальное уравнение, находим
Z?(1)
?(n)
dt
? n,
?(t)
Copyright ??? «??? «??????» & ??? «A???????? K????-C?????»
Асимптотика одномерных итераций
81
т.е. xn = ?(n) ? ??1 (n), где
Z?(1)
?(y) =
y
dt
.
?(t)
Для обоснования этих эвристических соображений надо изучить разности
?(xn ) ? ?(xn?1 ) и, используя данное рекуррентное соотношение, убедиться в
том, что они стремятся к единице. Тогда, сложив равенства ?(xk ) ? ?(xk?1 ) =
= 1 + o(1) при k = 1, . . . , n, получим ?(xn ) = n + o(n). Таким образом, xn =
= ??1 (n+o(n)). Иногда для упрощения выкладок вместо функции ?(y) удобнее
рассматривать функцию ??(y), ей эквивалентную. В качестве примера возьмем
последовательность xn = xn?1 ? x2n?1 . Получим
Zx1
?(y) =
y
dt
1
?
= ??(y).
t2
y
Для разности ??(xn ) ? ??(xn?1 ) получаем
??(xn ) ? ??(xn?1 ) =
1
1
xn?1 ? xn
?
=
?1
xn xn?1
xn xn?1
при n ? ?. Отсюда следует, что ??(xn ) = x1n ? n. Таким образом, xn ? n1 при
n ? ?.
Теперь приведем теорему, которая формализует предыдущие рассуждения.
Теорема 2 [5]. Пусть xn+1 = f (xn ), n = 0, 1, . . . , где f (x) = x ? ?(x) + ?(x)
(0 < x ? X). Функция ?(x) > 0, дифференцируема и ?0 (x) ? 0. Выполнены
предельные равенства:
lim ?0 (x) = 0,
lim ?(x) = 0,
x?0
x?0
?(x)
= 0.
x?0 ?(x)
lim
Пусть функция ?(t) (0 ? t < ?), которая является обратной к функции
ZX
t(x) =
x
удовлетворяет условию
d?
?(?)
(0 < x ? X),
t? 0 (t)
> ??.
t?? ?(t)
lim
Copyright ??? «??? «??????» & ??? «A???????? K????-C?????»
82
Приложения
Тогда
xn ? ?(n) (n ? ?).
Доказательство. Из монотонности функции ?(x) следует, что
x
Zk?1
xk
d?
xk?1 ? xk
?(xk?1 )
?
=1?
.
?(?)
?(xk?1
?(xk?1 )
Суммируя неравенства, получаем
Z
k?1
X
?(xi )
d?
t(xk ) ? k ?
+
.
?(x
)
?(?)
i
i=0
X
x0
Так как
?(xi )
= 0,
i?? ?(xi )
lim
то
t(xk )
? 1.
k?? k
lim
Положим
Pk =
?(xk?1 )
,
?(xk )
Qk =
?(xk?1 )
.
?(xk )
По формуле конечных приращений
?0 (?k )(xk?1 ? xk )
Pk = 1 +
,
?(xk
где xk < ?k < xk?1 . Следовательно,
µ
¶
?(x
)
k?1
Pk = 1 + ?0 (?k ) 1 ?
Pk .
?(xk?1 )
Отсюда
lim Pk = 1,
k??
так как Pk ограничено и ?0 (?k ) ? 0 при k ? ?. Далее,
lim Qk = lim Pk
k??
k??
?(xk?1 )
= 0.
?(xk?1 )
Copyright ??? «??? «??????» & ??? «A???????? K????-C?????»
Асимптотика одномерных итераций
Но
x
Zk?1
xk
83
xk?1 ? xk
d?
?
= Pk ? Qk ,
?(?)
?(xk )
откуда
t(xk ) ? k +
k?1
X
ZX
(Pi ? 1 ? Qi ) +
i=0
и, следовательно,
x0
d?
?(?)
t(xk )
? 1.
k?? k
lim
Таким образом,
t(xk )
= 1.
k?? k
lim
Итак,
ZX
xk
d?
? k k ? ?.
?(?)
Остается обратить эту асимптотическую формулу.
Функция
t? 0 (t)
?(t) =
?(t)
(t > 0)
по условию ограничена снизу, т.е. ?(t) > ?c > ?? и ?(t) < 0, так как
? 0 (t) = ??(?(t)) < 0. Поскольку ?(0) = X , то
µ Zt
?(t) = X exp
0
Отсюда
?(t + h)
= exp
?(t)
и при h > 0
а при h < 0
µ
t
t+h
¶c
<
¶
?(? )
d? .
?
µ Zt+h
t
?(? )
d?
?
¶
?(t + h)
< 1,
?(t)
?(t + h)
1<
<
?(t)
µ
t
t+h
¶c
.
Copyright ??? «??? «??????» & ??? «A???????? K????-C?????»
84
Приложения
Следовательно,
?(t + h)
? 1 (t ? ?,
?(t)
h = o(t)).
В частности,
?(t(xk ))
= 1.
k?? ?(k)
Таким образом, xk ? ?(k) при k ? ?. ¤
lim
Упражнения
1. Найдите асимптотику рекуррентных последовательностей xn = f (xn?1 ),
x0 > 0 в следующих случаях:
x
x
? ;
б) f (x) =
;
1 + x3
1+ x
в) f (x) = sin x, x0 < ?; г) f (x) = arctan x.
а) f (x) =
Приложение 2. Совершенные нигде не плотные
множества на вещественной прямой
Совершенным множеством называется замкнутое множество, каждая точка
которого является предельной точкой этого множества, т.е. множество не содержит изолированных точек. Множество A называется нигде не плотным на
промежутке [a, b], если каждый интервал (?, ?) ? [a, b] содержит подынтервал (?1 , ?1 ) ? (?, ?), в котором нет точек множества A. Пример совершенного
нигде не плотного множества на интервале [0, 1] был построен Г. Кантором и
носит название канторова множества или канторова трихотомического множества. Опишем построение канторова множества C . Возьмем сегмент ? = [0, 1].
Удалим из [0, 1] все точки интервала ? = (1/3, 2/3). Останутся два сегмента:
?0 = [0, 1/3], ?1 = [2/3, 1]. Затем с каждым сегментом ?0 и ?1 поступим
так же, как и с сегментом ?. Удалим средние интервалы ?0 = (1/9, 2/9) и
?1 = (7/9, 8/9). Останутся два сегмента ?00 = [0, 1/9], ?01 = [2/9, 1/3] на ?0
и два сегмента ?10 = [2/3, 7/9], ?11 = [8/9, 1] на ?1 . У каждого из четырех
сегментов удалим среднюю треть, т.е. удалим четыре интервала
µ
?00 =
¶
1 2
,
,
27 27
µ
?01 =
¶
7 8
,
,
27 27
µ
?10 =
¶
19 20
,
,
27 27
µ
?11 =
¶
25 26
,
.
27 27
Это построение продолжим безгранично. Тогда из ? = [0, 1] мы удалим множество, состоящее из объединения последовательности интервалов
?, ?0 , ?1 , ?00 , ?01 , ?10 , ?11 , . . . ,
Copyright ??? «??? «??????» & ??? «A???????? K????-C?????»
Совершенные нигде не плотные множества
85
т.е. удалим открытое множество. Оставшееся замкнутое множество и есть канторово множество C .
Обозначим через ?n совокупность 2n сегментов ?i1 ...in (каждый из индексов
i1 , . . . , in принимает значения 0 и 1), которая получена после n шагов процесса
построения множества C . Длина каждого из сегментов ?i1 ...in равна 31n , и они
находятся на расстоянии ? 31n друг от друга. Множество
?
\
?=
?n ,
n=1
которое является пересечением всех множеств ?n (? это совокупность точек,
принадлежащих всем ?n ), совпадает с множеством C . Каждая точка x ? C
принадлежит единственному сегменту ?i1 , единственному (лежащему на ?i1 )
сегменту ?i1 i2 , и, вообще, единственному сегменту ?i1 ...in . Поэтому каждой точке
x ? C соответствует однозначно последовательность сегментов
?i1 ? ?i1 i2 ? ?i1 i2 i3 ? · · · ? ?i1 i1 ...in ? . . . ,
а значит, и последовательность индексов i1 , i2 , . . . , in , . . . , каждый из которых
равен 0 или 1. Отсюда следует, что множество C совершенное, так как каждая
точка x ? C является пределом последовательности концов сегментов ?i1 ...in ,
которые, очевидно, принадлежат C . Таким образом, каждая точка x ? C это предельная точка множества C . Далее, множество C находится во взаимно
однозначном соответствии с множеством последовательностей i1 , i2 , . . . , in , . . . ,
где in = 0 или 1, и, следовательно, во взаимно однозначном соответствии с
множеством всех вещественных чисел из [0, 1], так как каждое вещественное
число из [0, 1] можно представить в виде бесконечной двоичной дроби. Внутри
[0, 1] не существует открытого интервала, который не имел бы общих точек,
по крайней мере с одним из выбрасываемых интервалов ?i1 ...in , при построении
канторова множества. Поэтому множество C нигде не плотно. Это утверждение также следует из того факта, что совокупность выброшенных интервалов
образует множество G всюду плотное на [0, 1], т.е. в окрестности любой точки
x ? [0, 1] найдется, по крайней мере, одна точка y ? G.
Канторово множество C можно определить при помощи троичной (с основанием 3) системы счисления, точнее, с помощью аппарата троичных дробей.
В первый удаленный интервал ? = (1/3, 2/3) попадают точки, при разложении
которых в троичную дробь
x = 0.a1 a2 a3 . . .
(ak = 0, 1, 2)
необходимо a1 = 1. Концы же этого интервала допускают каждый по два пред-
Copyright ??? «??? «??????» & ??? «A???????? K????-C?????»
86
Приложения
ставления
Ѕ
Ѕ
1
2
0.1000 . . .
0.1222 . . .
=
,
=
0.0222 . . .
0.2000 . . .
3
3
Для нас важно заметить, что каждая из этих точек имеет разложение, в котором участвуют только цифры 0 и 2. Все остальные точки сегмента [0, 1] при
разложении в троичную дробь не могут иметь на первом месте после запятой
единицу. Итак, на первом шаге процесса построения канторова множества удаляются те и только те точки, первый троичный знак которых необходимо есть
1. Аналогично легко установить, что на втором шаге процесса удаляются те и
только те точки, второй троичный знак которых необходимо равен 1, и т.д. Поэтому канторово множество состоит из точек, которые могут быть изображены
троичной дробью
0.a1 a2 a3 . . . ,
в которой ни одно из ak не равно единице. Полученный результат позволяет
охарактеризовать точки множества C , не являющиеся концами выбрасываемых
интервалов. Эти точки представляются троичной дробью вида
0.a1 a1 a3 . . . ,
не содержащей 0 или 2 в периоде. Мера (длина) множества выбрасываемых
интервалов, очевидно, равна их сумме
1 2
+ + · · · = 1.
3 9
Поэтому мера множества C как разность между мерой (длиной) интервала [0, 1]
и множества G равна 0. Следовательно, множество Кантора C имеет меру нуль,
хотя его можно поставить во взаимно однозначное соответствие с множеством
всех вещественных чисел сегмента [0, 1].
Метод построения множества Кантора можно обобщить. Возьмем положительные числа r1 , r2 , сумма которых меньше единицы. Введем множества
?2 = [0, r12 ]
[
[
?0 = [0, 1],
?1 = [0, r1 ]
[r1 (1 ? r2 ), r1 ]
[
[
[1 ? r2 , 1 ? r2 (1 ? r2 )] [1 ? r1 r2 , 1]
и т.д. Тогда множество
C=
?
\
[1 ? r2 , 1],
?k
k=1
совершенное нигде не плотное на сегменте [0, 1] множество меры нуль. При
r1 = r2 = 1/3 получаем канторово множество.
Copyright ??? «??? «??????» & ??? «A???????? K????-C?????»
Совершенные нигде не плотные множества
87
Метод, примененный для построения канторова множества, можно обобщить, чтобы построить совершенное нигде не плотное множество положительной меры. Пусть ? положительное число и ? < 1. Сначала удалим из [0, 1]
все точки открытого интервала ( 12 ? 14 ?, 12 + 14 ?) длины 12 ?. Из двух оставшихся
3
1
сегментов [0, 12 ? 14 ?] и [ 12 + 14 ?, 1] удалим средние интервалы ( 41 ? 16
?, 14 + 16
?)
1
3
3
1
3
и ( 4 ? 16 ?, 4 + 16 ?), длина каждого из которых равна 8 ?. Затем из оставшихся четырех сегментов длин 14 (1 ? 12 ? ? 14 ?) удаляем средние интервалы длины
1
1
1
1
32 ?. После n шагов длина удаленных интервалов равна ?( 2 + 4 + · · · + 2n ) и,
следовательно, после бесконечного числа шагов сумма длин удаленных интервалов будет равна ?. Поэтому мера оставшегося совершенного нигде не плотного
множества будет равна 1??. Полученное канторово множество называется канторовым множеством положительной меры.
Можно показать, что для любых двух совершенных нигде не плотных множеств A и B на [0, 1] cуществует непрерывная функция f (x), имеющая непрерывную обратную функцию и преобразующая A в B , т.е. множества A и B
гомеоморфны.
Возьмем на промежутке [0, 1] канторовское трихотомическое множество C .
Построим на [0, 1] функцию ? (x) следующим образом. На интервале ?=(1/3, 2/3)
положим ? (x)=1/2. На интервале ?0 положим ? (x)=1/22 , а на ?1 ? (x)=3/22 .
Далее, ? (x) = 1/23 на ?00 , ? (x) = 3/23 на ?01 , ? (x) = 5/23 на ?10 , ? (x) = 7/23
на ?11 , . . . , ? (x) = 1/2k?1 на самом левом интервале из совокупности интервалов вида ?i1 ...ik , где символы i1 , . . . , ik принимают значение 0 и 1, ? (x) = 3/2k?1
на втором интервале,. . . , ? (x) = (2k?1 ? 1)/2k?1 . Таким образом, функция ? (x)
определится на всем дополнении C 0 множества C . Она монотонна на множестве C 0 , и множество ее значений всюду плотно на [0, 1], так как значениями
функции ? (x) на C 0 являются все двоично-рациональные числа между 0 и 1.
Теперь доопределим функцию ? (x) на C . Положим
? (x) =
sup ? (?)
?<x,??C 0
для x ? C . Таким образом, в качестве значения в точке x ? C принимаем
верхнюю грань значений этой функции на той части множества C 0 , которое лежит слева от x. Полагая, кроме того, ? (0) = 0, мы определим функцию ? (x)
на всем промежутке [0, 1]. Эта функция называется функцией Кантора. Функция ? (x) монотонна в силу самого метода построения функции. Докажем, что
? (x) непрерывна на [0, 1]. Действительно, если бы эта функция была разрывна
в некоторой точке x0 ? [0, 1], то ввиду монотонности функции хотя бы один из
интервалов (? (x0 ?0), ? (x0 )), (? (x0 ), ? (x0 +0)) на отрезке 0 ? y ? 1 не содержал
бы ни одного значения функции. Однако это невозможно, так как значениями
функции являются, в частности, все двоично-рациональные числа, а они рас-
Copyright ??? «??? «??????» & ??? «A???????? K????-C?????»
88
Приложения
положены всюду плотно на 0 ? y ? 1. Итак, функция ? (x) не имеет ни одной
точки разрыва; значит, она непрерывна во всех точках прмежутка [0, 1]. График функции ? (x) называется чертовой лестницей (канторовой лестницей). Эта
лестница почти всюду горизонтальна.
Приложение 3. Гиперболические множества
и отображение f (x, r) = rx(1 ? x) при r > 4
В пункте
? 4 главы 2 было исследовано отображение f (x, r) = rx(1 ? x) при
r > 2 + 5. Было показано, что множество точек ?r , которое не покидает
промежуток I = [0, 1] при действии отображения f (x, r), представляет собой
совершенное нигде не плотное множество на I . Доказательство этого
? факта
опиралось на следующее свойство отображения f (x, r). При r > 2 + 5 справедливо неравенство |f 0 (x, r)| > 1 для всех точек множества I1 = [0, q0 ] ? [q1 , 1],
где f (q0 ) = f (q1 ) = 1, в котором содержится множество ?r . Откуда следует,
что
?
множество ?r является гиперболическим для f (x, r). При r ? (4, 2 + 5) ситуация сложнее. Теперь в некоторых точках множества I1 выполнено неравенство
|f 0 (x, r)| ? 1. Тем не менее будет доказано, что множество ?r является гиперболическим для f (x, r).
Следующая лемма дает возможность упростить доказательство гиперболичности конкретных множеств.
Лемма 1. Пусть f : R ? R непрерывно дифференцируемая функция.
Пусть ? компактное инвариантное множество для отображения f (x). Тогда следующие утверждения эквивалентны :
(I) Существуют такие постоянные C > 0 и ? > 1, что |(f (n) )0 (x)| ? C?n
для всех x ? ? и всех n ? 1.
(II) Существует такое целое N ? 1, что |(f (n) )0 (x)| > 1 для всех x ? ? и
всех n ? N .
(III) Существует такое целое n0 ? 1, что |(f (n0 ) )0 (x)| > 1 для всех x ? ?.
(IV) Для каждого x ? ? существует такое целое nx ? 1, которое может
зависеть от x, что |(f (nx ) )0 (x)| > 1.
Доказательство. Покажем, что (IV)?(III). В силу условий леммы для лю-
d (nx )
d (nx )
бого x ? ? найдется такое nx , что | dx
f (x)| > 1 и dx
f (x) непрерывна. Поэтому существует окрестность Ux точки x и такое ?x > 1, что для всех y ? Ux
d (nx )
выполняется неравенство | dx
f (y)| > ?x . Открытые множества {Ux |x ? ?}
покрывают компактное множество ?. Следовательно, из этого покрытия можно выбрать конечное покрытие {Ui }ki=1 . Все числа {?i }ki=1 строго больше 1 и
Copyright ??? «??? «??????» & ??? «A???????? K????-C?????»
Гиперболические множества
89
d (ni )
целые {ni }ki=1 такие, что | dx
f (y)| > ?i для всех y ? Ui . Пусть
? = max{n1 , . . . , nk },
?0 = min{?1 , . . . , ?k },
m = min{|f 0 (x)|}.
x??
Так как ? компакт, то минимальное значение |f 0 (x)| принимает в некоторой
точке этого множества. Следовательно, m>0. Выберем целое k так, чтобы выполнялось неравенство ?k0 m? > 1, и положим n0 = k? + ? . Покажем, что при
d (n0 )
f (x)| > 1. Выбетаком выборе n0 для всех x ? ? справедливо неравенство | dx
рем x ? ? и организуем процесс выбора n0 , который зависит от x и оканчивается
за конечное число шагов. Выберем ?1 так, что x ? U?1 . Положим ? = n?1 и выберем ?2 так, что f (?) (x) ? U?2 . Если ? + n?2 > k? , то процесс выбора закончен.
Если последнее неравенство не выполняется, то находим ?3 . Пусть определены
числа {?1 , . . . , ?j }. Положим ? =
j
P
i=1
n?i . Выберем ?j+1 так, что f (?) (x) ? U?j+1 .
Пусть ? + n?j+1 > k? . Процесс выбора закончен после j шагов. Таким образом,
k? <
j
P
i=1
n?i < k? +? . Определяем n0 = n?1 +n?2 +· · ·+n?j +ix , где 0 ? ix ? ? . Так
d (n0 )
как каждое n?i ? ? , то j ? k . Оценим | dx
f (x)|, используя цепное правило.
Получаем
Їd
Ї Їd
Ї
Ї
Ї Ї
Ї
(n0 )
(ix ) (n?j ) (n?j?1 )
(n?1 )
(f
(. . . f
)))(x)Ї ? mix ??j ??j?1 . . . ??1
Ї f (x)Ї = Ї (f (f
dx
dx
в силу свойств конечного покрытия {Ui }ki=1 . Так как m ? 1 и ix ? ? , то
mix ??j ??j?1 . . . ??1 ? m? ??j ??j?1 . . . ??1 ? m? ?j0 ? m? ?k0 > 1.
В последнем неравенстве учтено, что j ? k и ?0 > 1. Таким образом, для всех
d (n0 )
x ? ?, | dx
f (x)| > 1. Это доказывает (III).
(III)?(II). Если n0 = 1 в (III), то доказывать нечего. Поэтому предположим,
что n0 > 1. Пусть
Їo
nЇ d
Ї
Ї
(n0 )
? = min Ї f (x)Ї ,
dx
m = min{|f 0 (x)|},
x??
так что в силу компактности ? выполнены неравенства ? > 1, m > 0. Ввиду
того что n0 > 1, должно быть m ? 1. Выберем k таким образом, чтобы выполнялось неравенство mn0 ?1 ?k > 1. Пусть N = n0 k + (n0 ? 1). Если n > N , то
представим его в виде n = n0 (k + ?) + i, где ? > 0 и 0 ? i ? n0 ? 1. Тогда для
любого x ? ? получаем
Copyright ??? «??? «??????» & ??? «A???????? K????-C?????»
90
Приложения
Їd
Ї Їd
Ї Їd
Ї
Ї
Ї Ї
Ї Ї
Ї
(n)
(n0 (k+?) (i)
(i)
(f (x))Ї · Ї f (x)Ї ? ?k+? mi ?
Ї f (x)Ї = Ї f
dx
dx
dx
? ?? ?k mn0 ?1 > ?? > 1.
(II)?(I). Если N = 1 в (II), то доказывать нечего. Пусть N > 1. Положим
Їo
nЇ d
Ї
Ї
(N )
m1 = min Ї f (x)Ї ,
x??
dx
m = min{|f 0 (x)|}.
x??
Следовательно, m1 > 1. Далее, m ? 1, так как N > 1. Пусть
1/N
? = m1 ,
C = (m/?)N ?1 .
Очевидно, ? > 1 и C > 0. Любое n > 0 представим в виде n = kN + i, где k ? 0
и 0 ? i ? N ? 1. Тогда для любого x ? ? имеем
Їd
Ї Їd
Ї Їd
Ї
Ї
Ї Ї
Ї Ї
Ї
(n)
(kN ) (i)
(i)
(f (x))Ї · Ї f (x)Ї ? mk1 mi = ?kN mi =
Ї f (x)Ї = Ї f
dx
dx
dx
= ?kN ?i (m/?)i ? ?kN +i (m/?)(N ?1) = C?n .
(I)?(IV). Выберем n достаточно большим, чтобы выполнялось неравенство
C? > 1. Тогда получим
n
Ї
Їd
Ї
Ї
(n)
Ї f (x)Ї ? C?n > 1.
dx
Теперь положим nx = n для каждого x ? ?. ¤
Когда нужно установить, что некоторое множество является гиперболическим, удобно использовать слабейшее определение (IV). Если же необходимо
исследовать свойства гиперболических множеств, тогда можно использовать
сильнейшую версию определения гиперболичности (I).
Теперь перейдем к рассмотрению инвариантного множества ?r для отображения f (x, r) при r > 4. Покажем, что это множество является канторовским,
т.е. совершенным нигде не плотным множеством. Для этого достаточно установить, что множество ?r гиперболическое множество для отображения f (x, r).
Для любого r > 0 отображение f (x, r) имеет неподвижную точку p1 = 1?1/r
0
и f (p1 , r) = 2?r. Поэтому |f 0 (p1 , r)| > 1, когда r > 3. Положим p0 = 1/r. Точки
p0 и p1 симметричны относительно точки 1/2.
Copyright ??? «??? «??????» & ??? «A???????? K????-C?????»
Гиперболические множества
91
Рис. 1.
Заметим, что f (p0 , r) = p1 (когда r > 1). Далее,
f ([p0 , q0 ], r) = f ([q1 , p1 ], r) = [p1 , 1].
Отсюда следует, что любая точка x, принадлежащая множеству J = (p0 , q0 ) ?
?(q1 , p1 ), покидает J под действием отображения f (x, r), т.е. f (x, r) ?
/ J . Однако
справедлива следующая лемма о возвращении.
Лемма 2. Если r > 4 и еcли x ? J , то существует такое целое n ? 2,
что f (n) (x, r) ? [p0 , p1 ).
Доказательство. Возьмем x ? J . Тогда f (x, r) ? (p1 , 1) и f (2) (x, r) ? (0, p1 ).
Покажем, что для некоторого n ? 1 точка f (2+n) (x, r) лежит в [p0 , p1 ). Если f (2) (x, r) ? [p0 , p1 ), то все доказано. Пусть f (2) (x, r) ? (0, p0 ). Покажем,
что для некоторого n ? 1 точка f (2+n) (x, r) лежит в [p0 , p1 ). Предположим
противное. Так как f (z, r) > z для всех z ? (0, p0 ), то последовательность
f (n+2) (z, r) возрастающая и ограничена сверху числом p0 . Поэтому последовательность f (n+2) (z, r) при n ? ? сходится к некоторой точке z0 ? p0 . Отсюда
следует, что z0 неподвижная точка для f (x, r). Но 0 < z0 < p1 . Мы пришли
к противоречию, так как p1 единственная ненулевая неподвижная точка для
f (x, r). ¤
Лемма 3. Если r > 4, то q0 ? p0 < p0 . Таким образом, интервалы (p0 , q0 )
и (q1 , p1 ) короче, чем интервалы (0, p0 ) и (p1 , 1).
Доказательство. Нам необходимо показать, что при r > 4 выполнено нера-
венство 2p0 > q0 . Напомним, что p0 = 1/r и
1
q0 = ?
2
r
1 1
? .
4 r
Copyright ??? «??? «??????» & ??? «A???????? K????-C?????»
92
Приложения
p
Очевидно, 0 < 1 ? 4/r < 1. Поэтому 1 ? 4/r > 1 ? 4/r. После умножения
обеих частей последнего неравенства на 1/2 получаем
r
1 1 1 2
? > ? ,
4 r
2 r
r
1 1
1 1
2 > ?
? . ¤
r
2
4 r
или
Теперь у нас есть все необходимые утверждения, чтобы доказать гиперболичность множества ?r .
Теорема. Если r > 4, то ?r гиперболическое множество для f (x.r).
Доказательство. Пусть x ? ?r . Предположим, что x >1/2. Случай x <1/2
будет следовать из симметрии f (x, r) относительно x = 1/2. Нам необходимо
найти такое целое n (которое может зависеть от x), что |(f (n) )0 (x)| > 1. Тогда
гиперболичность множества ?r будет следовать из леммы 1.
Если x ? p1 , то можно положить n = 1, так как f 0 (x, r) ? f 0 (x, p1 ) =
= ?r + 2 < ?1. Если x = q1 , то f (n) (q1 , r) = 0 для n ? 2 и
|
d (n)
f (q1 , r)| = |f 0 (q1 , r)| · |f 0 (1, r)| · |f 0 (0, r)|n?2 =
dx
p
p
= rn?1 r2 ? 4r = rn 1 ? (4/r),
что строго больше, чем 1 для всех достаточно больших n.
Теперь рассмотрим значения x, лежащие между q1 и p1 . Лемма 2 о возвращении гарантирует, что существует такое n, что f (n) (x, r) ? [p0 , p1 ). Пусть In,j
компонента In , которая содержит x (напомним, что In совокупность интервалов, состоящих из точек, которые остаются в [0, 1] под действием f (n) (x, r)).
Интервал In,j либо содержится в [q1 , p1 ), либо нет.
Предположим сначала, что In,j ? [q1 , p1 ). Так как f (n) (x, r) отображает In,j
монотонно на [0, 1] (см. параграф 2.4), мы можем разбить In,j на три подынтервала:
In,j = Ln,j ? Kn,j ? Rn,j ,
где f (n) (Ln,j , r) = [0, p0 ], f (n) (Kn,j , r) = (p0 , p1 ), f (n) (Rn,j , r) = [p1 , 1]. Так как
Ln,j ? In,j ? [q1 , p1 ) и Rn,j ? In,j ? [q1 , p1 ), то из леммы 3 следует, что
|f (n) (Ln,j , r)| > |Ln,j | и |f (n) (Rn,j , r)| > |Rn,j | (напомним, что |A| длина отрезка
A). Это значит, что отображение f (n) (x, r) является растягивающим вблизи концов отрезка In,j . Применяя теорему о среднем значении к функции f (n) (x, r), получаем, что существуют такие точки y ? Ln,j и z ? Rn,j , для которых выполнеd (n)
d (n)
ны неравенства | dx
f (y, r)| > 1 и | dx
f (z, r)| > 1. Так как f (n) (x, r) ? [p0 , p1 ),
Copyright ??? «??? «??????» & ??? «A???????? K????-C?????»
Кусочно-линейное разрывное отображение
93
то x принадлежит замыканию Kn,j . Следовательно, y ? x < z . Так как f (n) (x, r)
не имеет критических точек в [y, z], то принцип минимума (лемма 1.9) гарантиd (n)
рует, что | dx
f (x, r)| > 1.
Теперь предположим, что In,j не является подмножеством интервала [q1 , p1 ).
Снова разобьем In,j на три подынтервала:
In,j = Ln,j ? Kn,j ? Rn,j ,
где f (n) (Ln,j , r) = [0, p0 ], f (n) (Kn,j , r) = (p0 , p1 ), f (n) (Rn,j , r) = [p1 , 1]. Как и ранее, x принадлежит замыканию интервала Kn,j , потому что f (n) (x, r) ? [p0 , p1 ).
Так как x ? (q1 , p1 ), один из двух интервалов Ln,j или Rn,j содержится в [q1 , p1 ).
Другой не содержится в [q1 , p1 ) ввиду того, что In,j не является подмножеством
этого интервала. Предположим, что Ln,j содержится в [q1 , p1 ), а Rn,j не содержится. Другой случай рассматривается аналогично. Так как In,j ? [q1 , 1] и
In,j ?[q1 , p1 ) 6= Ш, то p1 ? In,j . Как и в предыдущем случае, |f (n) (Ln,j , r)| > |Ln,j |.
В силу теоремы о среднем значении существует такая точка y ? Ln,j , что
d (n)
d (n)
| dx
f (y, r)| > 1. Далее, | dx
f (p1 , r)| > 1, так как p1 отталкивающая гиперболическая неподвижная точка. Следовательно, x ? [y, p1 ] и f (n) (x, r) не
имеет критических точек в [y, p1 ]. Из принципа минимума снова следует, что
d (n)
f (x, r)| > 1. ¤
| dx
Получаем следующую теорему.
Теорема. Если r > 4, то ?r совершенное нигде не плотное множество.
Доказательство теоремы теперь проходит так же, как и в случае r > 2 +
Приложение 4. Одно кусочно-линейное
разрывное отображение
Рассмотрим отображение сегмента [0, 1] в [0, 1], определяемое формулой
?
3x,
?
?
?
?
? 1,
1/2,
f (x) =
?
?
0,
?
?
? 3x ? 2,
0 ? x ? 1/3,
1/3 ? x < 1/2,
x = 1/2,
1/2 < x ? 2/3,
2/3 ? x ? 1.
График отображения изображен на рис. 2.
?
5.
Copyright ??? «??? «??????» & ??? «A???????? K????-C?????»
94
Приложения
Рис. 2. График функции f (x)
Если представить x в виде троичной дроби, то отображение f (x) можно
описать следующим образом. Если x = .0abc . . . , то f (x) = .abc . . . . Если
x = .1abc . . . , то
?
если первая, отличная от 1, цифра есть 0,
? 1,
1/2, если вcе цифры равны 1,
f (x) =
?
0,
если первая, отличная от 1, цифра есть 2.
Если x = .2abc . . . , то f (x) = .abc . . . . Следовательно, если первая цифра числа
x равна 1, то точка под действием отображения f (x) переходит в неподвижную
точку отображения f (x) (x = 0, 1/2, 1). Любая точка, разложение которой в
троичную дробь содержит на каком-нибудь месте 1 (или хвост дроби 000 . . . ,
или 222 . . . ), переходит в неподвижную точку за конечное число итераций.
Останется точно канторово множество как множество точек, которое можно
представить троичными дробями, содержащими только цифры 0 и 2. Канторово
множество состоит из точек двух типов. Первый тип это рациональные числа
1/3, 2/3, 1/9, 2/9, . . . , которые являются концами выбрасываемых интервалов, а
точки второго типа иррациональные числа, которые представимы непериодическими троичными дробями, содержащими только цифры 0 и 2. Для точек первого типа x0 последовательность f (n) (x0 ) становится, в конце концов, периодической с периодом, равным длине повторяющегося блока цифр в троичном разложении. Например, x0 = .200220220 . . . , x1 = .00220220 . . . , x2 = .022022 . . . ,
x3 = .22022022 . . . , x4 = .2022022 . . . , x5 = x2 , x6 = x3 и т.д. Точки второго типа
канторова множества порождают последовательности, которые не сходятся ни
к неподвижным, ни к периодическим точкам. Для любой последовательности
положительных целых чисел a, b, c, . . . существует x0 такое, что точки последовательности x0 , x1 = f (x0 ), x2 = f (2) (x0 ), . . . лежат в интервале (0, 1/3) для
a итераций, в интервале (2/3, 1) для b итераций, затем в (0, 1/3) для следующих c итераций и т.д. Например, если a, b, c, · · · = 1, 1, 2, 2, 3, 3, . . . , то положим
x0 = .020022000222 . . . (троичное разложение).
Copyright ??? «??? «??????» & ??? «A???????? K????-C?????»
Цикл периода 3 и хаос
95
Таким образом, получено полное описание всей динамической системы, в
частности, показано, что множество непериодических и неасимптотически периодических орбит совпадает с множеством всех иррациональных чисел, принадлежащих канторову множеству. Полное описание удалось получить, потому
что каждую орбиту мы смогли пометить с помощью троичных дробей. Этот
метод исследования орбит называется символической динамикой.
Приложение 5. Цикл периода 3 и хаос
Пусть J интервал на вещественной прямой и f : J ? J непрерывная
функция. Ли и Йорк установили, что наличие цикла периода 3 для функции
f (x) влечет не только существование циклов всех периодов, но и существование несчетного множества S ? J (не содержащего периодических точек), для
которого выполняются следующие условия:
1) для каждых p, q ? S (p 6= q) выполняются предельные равенства
lim sup |f (n) (p) ? f (n) (q)| > 0,
n??
lim inf |f (n) (p) ? f (n) (q)| = 0,
n??
2) для каждой точки p ? S и периодической точки q справедливо предельное
равенство
lim sup |f (n) (p) ? f (n) (q)| > 0.
n??
Отображение f (x) называется хаотическим (в смысле Ли - Йорка) на интервале J , если существует несчетное множество S ? J c указанными выше
свойствами. Таким образом, отображение, имеющее цикл периода 3, является
хаотическим. Отметим еще, что свойство 2) в определении хаотичности следует
(как установил Смитал) из свойства 1).
Приложение 6. Фрактальная размерность
множеств
Мы хорошо представляем себе, что точка имеет размерность 0, отрезок и
окружность размерность 1, круг и сфера размерность 2. С одномерными объектами мы связываем понятие длины, с двумерными понятие площади и т.д.
Но как можно себе представить множество с размерностью 3/2? По-видимому,
для этого требуется нечто промежуточное между длиной и площадью. Если
длину условно назвать 1-мерой, а площадь 2-мерой, то требуется (3/2)-мера.
Copyright ??? «??? «??????» & ??? «A???????? K????-C?????»
96
Приложения
Ф. Хаусдорф определил такую ?-меру для любого ? ? 0 и на этой основе
каждому множеству в метрическом пространстве сопоставил число, названное
им метрической размерностью. Эту размерность называют размерностью Хаусдорфа или размерностью Хаусдорфа - Безиковича ( идеи Ф. Хаусдорфа были
развиты А.С. Безиковичем).
Строгое определение хаусдорфовой размерности довольно громоздко, и его
непросто применять для вычислений. Физики предпочитают вычислять размерность по некоторым более наглядным формулам. Мы будем пользоваться именно такими формулами. Следует отметить, что эти формулы в некоторых случаях могут дать число, превышающее ? истинную? хаусдорфову размерность.
Такие случаи мы обсуждать не будем. Ограничимся только рассмотрением множеств на вещественной прямой.
Пусть X множество на вещественной прямой. Пусть N (?) наименьшее
число интервалов, длины которых равны ?, необходимое для покрытия множества X . Скажем, что множество X имеет размерность d = dim X, 0 ? d ? 1,
если при ? ? 0 число интервалов N (?) растет как C/?d , где C некоторая положительная постоянная, называемая d-мерой множества X , т.е.
C = lim ?d N (?).
??0
Размерность d может быть найдена по формуле
ln N (?)
,
??0 ln ??1
d = dim X = lim
(1)
поскольку
ln N (?)
ln C??d
d ln ??1 + ln C
=
lim
=
lim
= d.
??0 ln ??1
??0 ln ??1
??0
ln ??1
lim
Формула (1) удобна тем, что не содержит величины d-меры. Полученное число
d называют фрактальной размерностью множества X или емкостью.
Если множество X состоит из одной точки, то N (?) = 1. Поэтому фрактальная размерность одноточечного множества равна 0. Если множество X это
сегмент длины L, то N (?) = L/?. Поэтому d = 1. Найдем теперь размерность
канторова множества C . При ? = 1/3 число элементов N (?), необходимых для
покрытия C , равно N (1/3) = 2. При ? = 1/9, очевидно, N (1/9) = 4 и в общем
случае при ? = 1/3m получим N (1/3m ) = 2m . Поэтому фрактальная размерность множества C равна
ln 2m
ln 2
d = lim
=
= 0.630929 . . . .
m?? ln 3m
ln 3
Copyright ??? «??? «??????» & ??? «A???????? K????-C?????»
Фрактальная размерность множеств
97
т.е. множество C имеет дробную размерность.
В приложении 2 был указан более общий путь построения множеств типа
множества Кантора. Если взять r1 = r2 = r, то легко показать, что фрактальная
размерность соответствующего множества равна
d=
ln 2
.
ln r?1
Из полученного равенства видно, что на вещественной прямой существуют множества с наперед заданной размерностью d ? (0, 1).
Покажите в качестве упражнения, что при r1 6= r2 фрактальная размерность
соответствующего множества является корнем уравнения
r1d + r2d = 1,
лежащим в интервале (0, 1). Наконец, было построено канторово множество
положительной меры. Нетрудно установить, что N (?/2k ) = 2k . Поэтому
ln 2k
d = lim
k = 1.
k?? ln 2
?
Опишем теперь определение размерности Хаусдорфа. Пусть X будет подмножеством интервала [0, 1]. Обозначим через |l| длину интервала l. Назовем
?-покрытием множества X счетное покрытие этого множества замкнутыми интервалами li , длина которых меньше ?. Положим
L? (X, ?) = inf
X
|li |? ,
(2)
i
где нижняя грань берется по всем ?-покрытиям множества X . При убывании ?
нижняя грань в (2) распространяется на все меньший класс покрытий и, следовательно, L? (X, ?) возрастает или, во всяком случае, не убывает. Поэтому
предел (конечный или бесконечный)
L? (X) = lim L? (X, ?)
??0
существует.
Очевидно, если X ? X 0 , то L? (X) ? L? (X 0 ). Возьмем последовательность
множеств Xn . Выберем для нее такие ?-покрытия {lni }, что
X
i
|lni |? < L? (Xn , ?) +
?
?
? L? (Xn ) + n .
n
2
2
Copyright ??? «??? «??????» & ??? «A???????? K????-C?????»
98
Приложения
Все интервалы вместе образуют ?-покрытие множества ?n Xn , причем
X
|lni |? <
X
L? (Xn ) + ?.
n
in
Следовательно, функция L? (·) полуаддитивна:
L?
і[
ґ
Xn ?
n
X
L? (Xn ).
n
Хаусдорфова размерность множества X определяется поведением L? (X) не
как функции от X , а как функции от ?. Покажем, что если L? (X) конечно, то
L?0 (X) = 0 для любого ?0 > ?. Если {li } некоторое ?-покрытие множества X ,
для которого
X
|li |? ? L? (X, ?) + 1 ? L? (X) + 1 = K < ?,
i
то
L?0 (X, ?) ?
X
0
|li |? ? ????
i
0
X
0
|li |? < ???? K.
i
Так как ?0 > ?, то, полагая ? ? 0, получаем L?0 (X) = 0. Если L? (X) конечна
для некоторого конкретного значения ?, то она равна нулю для всех больших
значений. Следовательно, существует ? точка перехода? такая точка ?0 , что
L? (X) = ? для ? < ?0 и L? (X) = 0 для ? > ?0 . Функция L? (X) в точке ?0
может равняться нулю, принимать конечное положительное значение или ?.
Однозначно определяемое число ?0 и есть хаусдорфова размерность множества X . Обозначим ее через dimX . Следовательно,
dimX = sup{? : L? (X) = ?} = inf{? : L? (X) = 0}.
Отметим следующие четыре факта:
Вот
1) L? (X) > 0 ? dimX ? ?;
2) dimX ? ? ? L? (X) = ?;
3) L? (X) < ? ? dimX ? ?;
4) dimX < ? ? L? (X) = 0.
два
основных свойства хаусдорфовой размерности. Неравенство
dim X ? dim X 0 следует из включения X ? X 0 . Справедливо равенство
dim
[
n
Xn = sup dimXn .
n
Copyright ??? «??? «??????» & ??? «A???????? K????-C?????»
Показатель Ляпунова
99
Хаусдорфова размерность измеряет величину множества на единичном интервале таким образом, что дает возможность решить вопрос о том, какое из двух
множеств меры нуль ? больше? .
Представим числа на единичном интервале в виде разложения в двоичную
дробь. Пусть X(p) множество чисел на единичном интервале, содержащих 1
в своем двоичном разложении в пропорции p, т.е. число x = 0, ?1 ?2 . . . лежит в
X(p), если
n
1X
lim
?k = p.
n?? n
k=1
Борель доказал, что множество X(1/2) имеет лебегову меру 1. Значит, если
p 6= 1/2, то X(p) имеет меру 0. Эгглстон доказал (см. [2]), что
dimX(p) = ?
1
[p ln p + (1 ? p) ln(1 ? p)].
ln 2
Более общим образом фиксируем основание r, и пусть xn (?) n-й знак в разложении ? по основанию r. Следовательно, x =
?
P
n=1
xn (?)/rn . Пусть число
Ni (?, n) указывает, сколько раз i встречается среди знаков x1 (?), . . . , xn (?).
Пусть X(p0 , p1 , . . . , pr?1 ) множество тех чисел x, для которых
Ni (?, n)
= pi ,
n??
n
lim
i = 0, 1, . . . , r ? 1.
Эгглстон показал, что
r?1
1 X
dimX(p0 , . . . , pr?1 ) = ?
pi ln pi .
ln r i=0
Из этой формулы следует, что хаусдорфова размерность канторова трихотомического множества равна ln 2/ ln 3, т.е. совпадает с фрактальной размерностью.
Приложение 7. Показатель Ляпунова
Показатель Ляпунова дает возможность измерить расстояние между орбитами. Рассмотрим разностное уравнение
xn+1 = f (xn ).
Если f (x) дифференцируемая функция, то расстояние между орбитами в первом приближении измеряется величиной |df /dx|. Если x0 и x0 + ? начальные
Copyright ??? «??? «??????» & ??? «A???????? K????-C?????»
100
Приложения
точки орбит O(x0 ) и O(x0 + ?) , то
f (x0 + ?) ? f (x0 ) = ?f 0 (x0 ) + o(?).
Для точек этих орбит, стоящих на (n + 1)-м месте, получаем
Ї
n?1
Y
Ї
d
(n)
(n)
(n)
Ї
f (x0 + ?) ? f (x0 ) = ? f (x)Ї
+ o(?) = ?
f 0 (f (i) )(x0 ) + o(?).
dx
x=x0
i=0
Последнее равенство следует из цепного правила дифференцирования сложной
функции.
Показатель Ляпунова определяется формулой
Гn?1
!1/n
Ї
Ї
Y
1 Їd
Ї
? = lim ln Ї f (n) (x0 )Ї = lim ln
|f 0 (f (i) )(x0 )|
=
n?? n
n??
dx
i=0
n?1
1X
= lim
ln |f 0 (xk )|,
n?? n
k=0
где xk = f (k) (x0 ), если этот предел существует. Если предел не существует,
то в предыдущих равенствах вычисляется верхний предел. В качестве первого
примера возьмем линейное разностное уравнение
xn+1 = axn .
Тогда xn = an и легко видеть, что показатель Ляпунова ? = ln |a|. Если ln |a|>0,
то орбиты расходятся. Если же ln |a| < 0, то орбиты сближаются. Возьмем
теперь кусочно-линейное отображение (p > 0)
Ѕ
g(x) =
px,
p ? px,
при x < 1/2,
при x ? 1/2.
Так как g 0 (x) = p постоянная величина, то
? = ln p.
Следовательно, ? > 0 при p > 1 и орбиты расходятся. Если p < 1, то показатель
Ляпунова ? < 0. Орбиты сближаются. В этом случае легко показать, что все
точки промежутка (0, 1) притягиваются к точке x = 0.
При p = 2 получаем отображение, топологически сопряженное отображению
f (x) = 4x(1?x). Напомним, что из топологической сопряженности отображений
Copyright ??? «??? «??????» & ??? «A???????? K????-C?????»
Показатель Ляпунова
101
f (x) и g(x) следует равенство h ? g (n) = f (n) ? h, где h(x) функция, сопрягающая эти отображения. Из последнего равенства нетрудно вывести утверждение,
что показатели Ляпунова топологически сопряженных отображений совпадают.
Поэтому для отображения f (x) = 4x(1?x) показатель Ляпунова равен ? = ln 2.
Этот же результат можно получить из формулы
?
xn = sin2 (2n arcsin x0 ),
определяющей решение разностного уравнения
xn+1 = 4xn (1 ? xn ).
Отметим еще, что Бенедикс и Карлесон доказали (см. [24]), что множество значений параметра, для которых семейство квадратичных отображений
f (x, r) = rx(1 ? x), 0 < r ? 4, имеет положительный показатель Ляпунова,
является множеством положительной лебеговой меры.
Copyright ??? «??? «??????» & ??? «A???????? K????-C?????»
Литература
1. Александров, П.С. Введение в теорию множеств и общую топологию /
П.С. Александров. М.: Наука, 1977. 368 с.
2. Биллингслей, П. Эргодическая теория и информация / П. Биллингслей. М.: Мир, 1969. 239 с.
3. Воробьев, Н.Н. Числа Фибоначчи / Н.Н. Воробьев. М.: Наука, 1978. 142 с.
4. Любич, Ю.И. Итерации квадратичных отображений / Ю.И. Любич //
Математическая экономика и функциональный анализ. М: Наука, 1974. С. 109 138.
5. Любич, Ю.И. Математические структуры в популяционной генетике /
Ю.И. Любич. Киев: Наукова Думка, 1983. 296 с.
6. Майстренко, В.Л. Аттракторы кусочно-линейных отображений прямой и
плоскости / В.Л. Майстренко, Ю.Л. Майстренко, И.М. Сушко: препринт 92.33 /
Институт математики АН Украины, 1992. 55 с.
7. Избранные задачи по вещественному анализу / Б.М. Макаров [и др.]. М.: Наука, 1992. 431 с.
8. Турбин, А.Ф. Фрактальные множества, функции распределения / А.Ф. Турбин, Н.В. Працевитый. Киев: Наукова Думка, 1992. 208 с.
9. Фихтенгольц, Г.М. Курс дифференциального и интегрального исчисления.
В 3 т. Т.2. / Г.М. Фихтенгольц. М.: Наука, 1969. 800 с.
10. Шарковский, А.Н. Разностные уравнения и их приложения / А.Н. Шарковский, Ю.Л. Майстренко, Е.Н. Романенко. Киев: Наукова Думка, 1986. 280 с.
11. Динамика одномерных отображений / А.Н Шарковский [и др.]. Киев:
Наукова Думка, 1989. 216 с.
12. Шустер, Г. Детерминированный хаос. Введение / Г. Шустер. М.: Мир,
1988. 240 с.
13. Arterborn, D.R. A Cantor set of nonconvergence / D.R. Arterborn, W.D.
Stone // Amer. Math. Mon. 1989. V. 96, ќ 7. P. 604 608.
14. Coppel, W.A. An interesting Cantor set / W.A. Coppel // Amer. Math. Mon.
1983. V. 90, ќ 7. P. 456 460.
15. Devaney, R.L. An introduction to chaotic dynamical systems / R.L. Devaney.
Menlo Park, California, Reading, 1986. 321 p.
102
Copyright ??? «??? «??????» & ??? «A???????? K????-C?????»
103
16. Guckenheimer, J. On the bifurcation of maps on the interval / J. Guckenheimer
// Invent. Math. 1977. V. 39, ќ 2. P. 165 178.
17. Guckenheimer, J. The dynamics of density dependent population models / J.
Guckenheimer, G.R. Oster, A. Ipaktchi // J. Math. Biology. 1977. V. 4, ќ 2. P. 101 147.
18. Ho, C.W. A graph theoretic proof of Sharkovsky's theorem on the periodic
points of continuous functions / C.W. Ho, C. Morris // Pacic J. Math. 1981. V. 96, ќ 2. P. 361 370.
19. Kraft, R.L. Chaos, Cantor sets, and hyperbolicity for the logistic maps /
R.L. Kraft // Amer. Math. Mon. 1999. V. 106, ќ 5. P. 400 408.
20. Li, T.Y. Period three implies chaos / T.Y. Li, J.A. Yorke // Amer. Math.
Mon. 1975. V. 82, ќ 10. P. 985 992.
21. Maeda, Y. Discretization of non-lipschitz continuous o.d.e. and chaos / Y. Maeda,
M. Yamaguti // Proc. Japan Acad., Ser. A. 1996. V. 72, ќ 2. P. 43 45.
22. May, R.M. Biological populations obeying dierence equations: stable points,
stable cicles and chaos / R.M. May // J. Theor. Biology. 1975. V. 51, ќ 3. P. 511 526.
23. May, R.M. Bifurcation and dynamic complexity in simple ecological models
/ R.M. May, G.F. Oster // Amer. Natur. 1976. V. 110, ќ 974. P. 573 599.
24. de Melo, W. One-dimensional dynamics. Ergebnisse der Mathematik und
ihrer Grenzgebiete (3) / W. de Melo, S. van Strien. Berlin: Springer-Verlag, 1993.
605 p.
25. Phillipson, P.G. Analytics of period doubling / P.G. Phillipson // Commun.
Math. Phys. 1987. V. 111, ќ 1. P. 137 149.
26. Rogers, T.D. Chaos in the cubic mapping / T.D. Rogers, D.C. Whitley //
Math. Modelling. 1983. V. 4. P. 9 25.
27. Saito, N. Exact solutions of simple nonlinear dierence equation systems that
show chaotic behavior / N. Saito, A. Szabo, T. Tsuchiya // Z. Naturforsch. 1983.
V. 38a, ќ 9. P. 1035 1039.
28. Singer, D. Stable orbits and bifurcation of maps of the interval / D. Singer//
SIAM J. Appl. Math. 1978. V. 35, ќ 2. P. 260 267.
29. Smale, S. The qualitative analysis of a dierence equation of population
growth / S. Smale, R.F. Williams// J. Math. Biology. 1976. V. 3, ќ 1. P. 1 4.
30. Stran, F.D.Jr. Periodic points of continuous functions / F.D.Jr. Stran //
Math. Mag. 1978. V. 51, ќ 2. P. 99 105.
31. Whitley, D.C. Discrete dynamical systems in dimensions one and two /
D.C. Whitley // Bull. London Math. Soc. 1983. V. 15, ќ 3. P. 177 217.
32. Whittaker, J.V. An analytical description of some simple cases of chaotic
behavior / J. V. Whittaker // Amer. Math. Mon. 1991. V. 98, ќ 6. P. 489 504.
Copyright ??? «??? «??????» & ??? «A???????? K????-C?????»
Учебное издание
Бурд Владимир Шепселевич
Введение в динамику
одномерных отображений
Учебное пособие
Редактор, корректор Л. Н. Селиванова
Компьютерный набор, верстка С. Д. Глызин
Подписано в печать 2.10.06. Формат 60Ч84/16. Бумага Data Copy.
Усл. печ. л. 6,1. Уч.-изд. л. 5,9. Тираж 100 экз. Заказ
Оригинал-макет подготовлен в редакционно-издательском отделе
Ярославского государственного университета.
Отпечатано в типографии ООО ЅРемдер? .
г. Ярославль, пр. Октября, 94, оф. 37.
Тел. (0852) 73-35-03
?(?(n ? 1)).
Если приближенно заменить разность ?(n) ? ?(n?1) на производную ?0 (n?1), то
функция ?(x) удовлетворяет ? дифференциальному уравнению? ?0 (x)???(?(x)).
Решая соответствующее дифференциальное уравнение, находим
Z?(1)
?(n)
dt
? n,
?(t)
Copyright ??? «??? «??????» & ??? «A???????? K????-C?????»
Асимптотика одномерных итераций
81
т.е. xn = ?(n) ? ??1 (n), где
Z?(1)
?(y) =
y
dt
.
?(t)
Для обоснования этих эвристических соображений надо изучить разности
?(xn ) ? ?(xn?1 ) и, используя данное рекуррентное соотношение, убедиться в
том, что они стремятся к единице. Тогда, сложив равенства ?(xk ) ? ?(xk?1 ) =
= 1 + o(1) при k = 1, . . . , n, получим ?(xn ) = n + o(n). Таким образом, xn =
= ??1 (n+o(n)). Иногда для упрощения выкладок вместо функции ?(y) удобнее
рассматривать функцию ??(y), ей эквивалентную. В качестве примера возьмем
последовательность xn = xn?1 ? x2n?1 . Получим
Zx1
?(y) =
y
dt
1
?
= ??(y).
t2
y
Для разности ??(xn ) ? ??(xn?1 ) получаем
??(xn ) ? ??(xn?1 ) =
1
1
xn?1 ? xn
?
=
?1
xn xn?1
xn xn?1
при n ? ?. Отсюда следует, что ??(xn ) = x1n ? n. Таким образом, xn ? n1 при
n ? ?.
Теперь приведем теорему, которая формализует предыдущие рассуждения.
Теорема 2 [5]. Пусть xn+1 = f (xn ), n = 0, 1, . . . , где f (x) = x ? ?(x) + ?(x)
(0 < x ? X). Функция ?(x) > 0, дифференцируема и ?0 (x) ? 0. Выполнены
предельные равенства:
lim ?0 (x) = 0,
lim ?(x) = 0,
x?0
x?0
?(x)
= 0.
x?0 ?(x)
lim
Пусть функция ?(t) (0 ? t < ?), которая является обратной к функции
ZX
t(x) =
x
удовлетворяет условию
d?
?(?)
(0 < x ? X),
t? 0 (t)
> ??.
t?? ?(t)
lim
Copyright ??? «??? «??????» & ??? «A???????? K????-C?????»
82
Приложения
Тогда
xn ? ?(n) (n ? ?).
Доказательство. Из монотонности функции ?(x) следует, что
x
Zk?1
xk
d?
xk?1 ? xk
?(xk?1 )
?
=1?
.
?(?)
?(xk?1
?(xk?1 )
Суммируя неравенства, получаем
Z
k?1
X
?(xi )
d?
t(xk ) ? k ?
+
.
?(x
)
?(?)
i
i=0
X
x0
Так как
?(xi )
= 0,
i?? ?(xi )
lim
то
t(xk )
? 1.
k?? k
lim
Положим
Pk =
?(xk?1 )
,
?(xk )
Qk =
?(xk?1 )
.
?(xk )
По формуле конечных приращений
?0 (?k )(xk?1 ? xk )
Pk = 1 +
,
?(xk
где xk < ?k < xk?1 . Следовательно,
µ
¶
?(x
)
k?1
Pk = 1 + ?0 (?k ) 1 ?
Pk .
?(xk?1 )
Отсюда
lim Pk = 1,
k??
так как Pk ограничено и ?0 (?k ) ? 0 при k ? ?. Далее,
lim Qk = lim Pk
k??
k??
?(xk?1 )
= 0.
?(xk?1 )
Copyright ??? «??? «??????» & ??? «A???????? K????-C?????»
Асимптотика одномерных итераций
Но
x
Zk?1
xk
83
xk?1 ? xk
d?
?
= Pk ? Qk ,
?(?)
?(xk )
откуда
t(xk ) ? k +
k?1
X
ZX
(Pi ? 1 ? Qi ) +
i=0
и, следовательно,
x0
d?
?(?)
t(xk )
? 1.
k?? k
lim
Таким образом,
t(xk )
= 1.
k?? k
lim
Итак,
ZX
xk
d?
? k k ? ?.
?(?)
Остается обратить эту асимптотическую формулу.
Функция
t? 0 (t)
?(t) =
?(t)
(t > 0)
по условию ограничена снизу, т.е. ?(t) > ?c > ?? и ?(t) < 0, так как
? 0 (t) = ??(?(t)) < 0. Поскольку ?(0) = X , то
µ Zt
?(t) = X exp
0
Отсюда
?(t + h)
= exp
?(t)
и при h > 0
а при h < 0
µ
t
t+h
¶c
<
¶
?(? )
d? .
?
µ Zt+h
t
?(? )
d?
?
¶
?(t + h)
< 1,
?(t)
?(t + h)
1<
<
?(t)
µ
t
t+h
¶c
.
Copyright ??? «??? «??????» & ??? «A???????? K????-C?????»
84
Приложения
Следовательно,
?(t + h)
? 1 (t ? ?,
?(t)
h = o(t)).
В частности,
?(t(xk ))
= 1.
k?? ?(k)
Таким образом, xk ? ?(k) при k ? ?. ¤
lim
Упражнения
1. Найдите асимптотику рекуррентных последовательностей xn = f (xn?1 ),
x0 > 0 в следующих случаях:
x
x
? ;
б) f (x) =
;
1 + x3
1+ x
в) f (x) = sin x, x0 < ?; г) f (x) = arctan x.
а) f (x) =
Приложение 2. Совершенные нигде не плотные
множества на вещественной прямой
Совершенным множеством называется замкнутое множество, каждая точка
которого является предельной точкой этого множества, т.е. множество не содержит изолированных точек. Множество A называется нигде не плотным на
промежутке [a, b], если каждый интервал (?, ?) ? [a, b] содержит подынтервал (?1 , ?1 ) ? (?, ?), в котором нет точек множества A. Пример совершенного
нигде не плотного множества на интервале [0, 1] был построен Г. Кантором и
носит название канторова множества или канторова трихотомического множества. Опишем построение канторова множества C . Возьмем сегмент ? = [0, 1].
Удалим из [0, 1] все точки интервала ? = (1/3, 2/3). Останутся два сегмента:
?0 = [0, 1/3], ?1 = [2/3, 1]. Затем с каждым сегментом ?0 и ?1 поступим
так же, как и с сегментом ?. Удалим средние интервалы ?0 = (1/9, 2/9) и
?1 = (7/9, 8/9). Останутся два сегмента ?00 = [0, 1/9], ?01 = [2/9, 1/3] на ?0
и два сегмента ?10 = [2/3, 7/9], ?11 = [8/9, 1] на ?1 . У каждого из четырех
сегментов удалим среднюю треть, т.е. удалим четыре интервала
µ
?00 =
¶
1 2
,
,
27 27
µ
?01 =
¶
7 8
,
,
27 27
µ
?10 =
¶
19 20
,
,
27 27
µ
?11 =
¶
25 26
,
.
27 27
Это построение продолжим безгранично. Тогда из ? = [0, 1] мы удалим множество, состоящее из объединения последовательности интервалов
?, ?0 , ?1 , ?00 , ?01 , ?10 , ?11 , . . . ,
Copyright ??? «??? «??????» & ??? «A???????? K????-C?????»
Совершенные нигде не плотные множества
85
т.е. удалим открытое множество. Оставшееся замкнутое множество и есть канторово множество C .
Обозначим через ?n совокупность 2n сегментов ?i1 ...in (каждый из индексов
i1 , . . . , in принимает значения 0 и 1), которая получена после n шагов процесса
построения множества C . Длина каждого из сегментов ?i1 ...in равна 31n , и они
находятся на расстоянии ? 31n друг от друга. Множество
?
\
?=
?n ,
n=1
которое является пересечением всех множеств ?n (? это совокупность точек,
принадлежащих всем ?n ), совпадает с множеством C . Каждая точка x ? C
принадлежит единственному сегменту ?i1 , единственному (лежащему на ?i1 )
сегменту ?i1 i2 , и, вообще, единственному сегменту ?i1 ...in . Поэтому каждой точке
x ? C соответствует однозначно последовательность сегментов
?i1 ? ?i1 i2 ? ?i1 i2 i3 ? · · · ? ?i1 i1 ...in ? . . . ,
а значит, и последовательность индексов i1 , i2 , . . . , in , . . . , каждый из которых
равен 0 или 1. Отсюда следует, что множество C совершенное, так как каждая
точка x ? C является пределом последовательности концов сегментов ?i1 ...in ,
которые, очевидно, принадлежат C . Таким образом, каждая точка x ? C это предельная точка множества C . Далее, множество C находится во взаимно
однозначном соответствии с множеством последовательностей i1 , i2 , . . . , in , . . . ,
где in = 0 или 1, и, следовательно, во взаимно однозначном соответствии с
множеством всех вещественных чисел из [0, 1], так как каждое вещественное
число из [0, 1] можно представить в виде бесконечной двоичной дроби. Внутри
[0, 1] не существует открытого интервала, который не имел бы общих точек,
по крайней мере с одним из выбрасываемых интервалов ?i1 ...in , при построении
канторова множества. Поэтому множество C нигде не плотно. Это утверждение также следует из того факта, что совокупность выброшенных интервалов
образует множество G всюду плотное на [0, 1], т.е. в окрестности любой точки
x ? [0, 1] найдется, по крайней мере, одна точка y ? G.
Канторово множество C можно определить при помощи троичной (с основанием 3) системы счисления, точнее, с помощью аппарата троичных дробей.
В первый удаленный интервал ? = (1/3, 2/3) попадают точки, при разложении
которых в троичную дробь
x = 0.a1 a2 a3 . . .
(ak = 0, 1, 2)
необходимо a1 = 1. Концы же этого интервала допускают каждый по два пред-
Copyright ??? «??? «??????» & ??? «A???????? K????-C?????»
86
Приложения
ставления
Ѕ
Ѕ
1
2
0.1000 . . .
0.1222 . . .
=
,
=
0.0222 . . .
0.2000 . . .
3
3
Для нас важно заметить, что каждая из этих точек имеет разложение, в котором участвуют только цифры 0 и 2. Все остальные точки сегмента [0, 1] при
разложении в троичную дробь не могут иметь на первом месте после запятой
единицу. Итак, на первом шаге процесса построения канторова множества удаляются те и только те точки, первый троичный знак которых необходимо есть
1. Аналогично легко установить, что на втором шаге процесса удаляются те и
только те точки, второй троичный знак которых необходимо равен 1, и т.д. Поэтому канторово множество состоит из точек, которые могут быть изображены
троичной дробью
0.a1 a2 a3 . . . ,
в которой ни одно из ak не равно единице. Полученный результат позволяет
охарактеризовать точки множества C , не являющиеся концами выбрасываемых
интервалов. Эти точки представляются троичной дробью вида
0.a1 a1 a3 . . . ,
не содержащей 0 или 2 в периоде. Мера (длина) множества выбрасываемых
интервалов, очевидно, равна их сумме
1 2
+ + · · · = 1.
3 9
Поэтому мера множества C как разность между мерой (длиной) интервала [0, 1]
и множества G равна 0. Следовательно, множество Кантора C имеет меру нуль,
хотя его можно поставить во взаимно однозначное соответствие с множеством
всех вещественных чисел сегмента [0, 1].
Метод построения множества Кантора можно обобщить. Возьмем положительные числа r1 , r2 , сумма которых меньше единицы. Введем множества
?2 = [0, r12 ]
[
[
?0 = [0, 1],
?1 = [0, r1 ]
[r1 (1 ? r2 ), r1 ]
[
[
[1 ? r2 , 1 ? r2 (1 ? r2 )] [1 ? r1 r2 , 1]
и т.д. Тогда множество
C=
?
\
[1 ? r2 , 1],
?k
k=1
совершенное нигде не плотное на сегменте [0, 1] множество меры нуль. При
r1 = r2 = 1/3 получаем канторово множество.
Copyright ??? «??? «??????» & ??? «A???????? K????-C?????»
Совершенные нигде не плотные множества
87
Метод, примененный для построения канторова множества, можно обобщить, чтобы построить совершенное нигде не плотное множество положительной меры. Пусть ? положительное число и ? < 1. Сначала удалим из [0, 1]
все точки открытого интервала ( 12 ? 14 ?, 12 + 14 ?) длины 12 ?. Из двух оставшихся
3
1
сегментов [0, 12 ? 14 ?] и [ 12 + 14 ?, 1] удалим средние интервалы ( 41 ? 16
?, 14 + 16
?)
1
3
3
1
3
и ( 4 ? 16 ?, 4 + 16 ?), длина каждого из которых равна 8 ?. Затем из оставшихся четырех сегментов длин 14 (1 ? 12 ? ? 14 ?) удаляем средние интервалы длины
1
1
1
1
32 ?. После n шагов длина удаленных интервалов равна ?( 2 + 4 + · · · + 2n ) и,
следовательно, после бесконечного числа шагов сумма длин удаленных интервалов будет равна ?. Поэтому мера оставшегося совершенного нигде не плотного
множества будет равна 1??. Полученное канторово множество называется канторовым множеством положительной меры.
Можно показать, что для любых двух совершенных нигде не плотных множеств A и B на [0, 1] cуществует непрерывная функция f (x), имеющая непрерывную обратную функцию и преобразующая A в B , т.е. множества A и B
гомеоморфны.
Возьмем на промежутке [0, 1] канторовское трихотомическое множество C .
Построим на [0, 1] функцию ? (x) следующим образом. На интервале ?=(1/3, 2/3)
положим ? (x)=1/2. На интервале ?0 положим ? (x)=1/22 , а на ?1 ? (x)=3/22 .
Далее, ? (x) = 1/23 на ?00 , ? (x) = 3/23 на ?01 , ? (x) = 5/23 на ?10 , ? (x) = 7/23
на ?11 , . . . , ? (x) = 1/2k?1 на самом левом интервале из совокупности интервалов вида ?i1 ...ik , где символы i1 , . . . , ik принимают значение 0 и 1, ? (x) = 3/2k?1
на втором интервале,. . . , ? (x) = (2k?1 ? 1)/2k?1 . Таким образом, функция ? (x)
определится на всем дополнении C 0 множества C . Она монотонна на множестве C 0 , и множество ее значений всюду плотно на [0, 1], так как значениями
функции ? (x) на C 0 являются все двоично-рациональные числа между 0 и 1.
Теперь доопределим функцию ? (x) на C . Положим
? (x) =
sup ? (?)
?<x,??C 0
для x ? C . Таким образом, в качестве значения в точке x ? C принимаем
верхнюю грань значений этой функции на той части множества C 0 , которое лежит слева от x. Полагая, кроме того, ? (0) = 0, мы определим функцию ? (x)
на всем промежутке [0, 1]. Эта функция называется функцией Кантора. Функция ? (x) монотонна в силу самого метода построения функции. Докажем, что
? (x) непрерывна на [0, 1]. Действительно, если бы эта функция была разрывна
в некоторой точке x0 ? [0, 1], то ввиду монотонности функции хотя бы один из
интервалов (? (x0 ?0), ? (x0 )), (? (x0 ), ? (x0 +0)) на отрезке 0 ? y ? 1 не содержал
бы ни одного значения функции. Однако это невозможно, так как значениями
функции являются, в частности, все двоично-рациональные числа, а они рас-
Copyright ??? «??? «??????» & ??? «A???????? K????-C?????»
88
Приложения
положены всюду плотно на 0 ? y ? 1. Итак, функция ? (x) не имеет ни одной
точки разрыва; значит, она непрерывна во всех точках прмежутка [0, 1]. График функции ? (x) называется чертовой лестницей (канторовой лестницей). Эта
лестница почти всюду горизонтальна.
Приложение 3. Гиперболические множества
и отображение f (x, r) = rx(1 ? x) при r > 4
В пункте
? 4 главы 2 было исследовано отображение f (x, r) = rx(1 ? x) при
r > 2 + 5. Было показано, что множество точек ?r , которое не покидает
промежуток I = [0, 1] при действии отображения f (x, r), представляет собой
совершенное нигде не плотное множество на I . Доказательство этого
? факта
опиралось на следующее свойство отображения f (x, r). При r > 2 + 5 справедливо неравенство |f 0 (x, r)| > 1 для всех точек множества I1 = [0, q0 ] ? [q1 , 1],
где f (q0 ) = f (q1 ) = 1, в котором содержится множество ?r . Откуда следует,
что
?
множество ?r является гиперболическим для f (x, r). При r ? (4, 2 + 5) ситуация сложнее. Теперь в некоторых точках множества I1 выполнено неравенство
|f 0 (x, r)| ? 1. Тем не менее будет доказано, что множество ?r является гиперболическим для f (x, r).
Следующая лемма дает возможность упростить доказательство гиперболичности конкретных множеств.
Лемма 1. Пусть f : R ? R непрерывно дифференцируемая функция.
Пусть ? компактное инвариантное множество для отображения f (x). Тогда следующие утверждения эквивалентны :
(I) Существуют такие постоянные C > 0 и ? > 1, что |(f (n) )0 (x)| ? C?n
для всех x ? ? и всех n ? 1.
(II) Существует такое целое N ? 1, что |(f (n) )0 (x)| > 1 для всех x ? ? и
всех n ? N .
(III) Существует такое целое n0 ? 1, что |(f (n0 ) )0 (x)| > 1 для всех x ? ?.
(IV) Для каждого x ? ? существует такое целое nx ? 1, которое может
зависеть от x, что |(f (nx ) )0 (x)| > 1.
Доказательство. Покажем, что (IV)?(III). В силу условий леммы для лю-
d (nx )
d (nx )
бого x ? ? найдется такое nx , что | dx
f (x)| > 1 и dx
f (x) непрерывна. Поэтому существует окрестность Ux точки x и такое ?x > 1, что для всех y ? Ux
d (nx )
выполняется неравенство | dx
f (y)| > ?x . Открытые множества {Ux |x ? ?}
покрывают компактное множество ?. Следовательно, из этого покрытия можно выбрать конечное покрытие {Ui }ki=1 . Все числа {?i }ki=1 строго больше 1 и
Copyright ??? «??? «??????» & ??? «A???????? K????-C?????»
Гиперболические множества
89
d (ni )
целые {ni }ki=1 такие, что | dx
f (y)| > ?i для всех y ? Ui . Пусть
? = max{n1 , . . . , nk },
?0 = min{?1 , . . . , ?k },
m = min{|f 0 (x)|}.
x??
Так как ? компакт, то минимальное значение |f 0 (x)| принимает в некоторой
точке этого множества. Следовательно, m>0. Выберем целое k так, чтобы выполнялось неравенство ?k0 m? > 1, и положим n0 = k? + ? . Покажем, что при
d (n0 )
f (x)| > 1. Выбетаком выборе n0 для всех x ? ? справедливо неравенство | dx
рем x ? ? и организуем процесс выбора n0 , который зависит от x и оканчивается
за конечное число шагов. Выберем ?1 так, что x ? U?1 . Положим ? = n?1 и выберем ?2 так, что f (?) (x) ? U?2 . Если ? + n?2 > k? , то процесс выбора закончен.
Если последнее неравенство не выполняется, то находим ?3 . Пусть определены
числа {?1 , . . . , ?j }. Положим ? =
j
P
i=1
n?i . Выберем ?j+1 так, что f (?) (x) ? U?j+1 .
Пусть ? + n?j+1 > k? . Процесс выбора закончен после j шагов. Таким образом,
k? <
j
P
i=1
n?i < k? +? . Определяем n0 = n?1 +n?2 +· · ·+n?j +ix , где 0 ? ix ? ? . Так
d (n0 )
как каждое n?i ? ? , то j ? k . Оценим | dx
f (x)|, используя цепное правило.
Получаем
Їd
Ї Їd
Ї
Ї
Ї Ї
Ї
(n0 )
(ix ) (n?j ) (n?j?1 )
(n?1 )
(f
(. . . f
)))(x)Ї ? mix ??j ??j?1 . . . ??1
Ї f (x)Ї = Ї (f (f
dx
dx
в силу свойств конечного покрытия {Ui }ki=1 . Так как m ? 1 и ix ? ? , то
mix ??j ??j?1 . . . ??1 ? m? ??j ??j?1 . . . ??1 ? m? ?j0 ? m? ?k0 > 1.
В последнем неравенстве учтено, что j ? k и ?0 > 1. Таким образом, для всех
d (n0 )
x ? ?, | dx
f (x)| > 1. Это доказывает (III).
(III)?(II). Если n0 = 1 в (III), то доказывать нечего. Поэтому предположим,
что n0 > 1. Пусть
Їo
nЇ d
Ї
Ї
(n0 )
? = min Ї f (x)Ї ,
dx
m = min{|f 0 (x)|},
x??
так что в силу компактности ? выполнены неравенства ? > 1, m > 0. Ввиду
того что n0 > 1, должно быть m ? 1. Выберем k таким образом, чтобы выполнялось неравенство mn0 ?1 ?k > 1. Пусть N = n0 k + (n0 ? 1). Если n > N , то
представим его в виде n = n0 (k + ?) + i, где ? > 0 и 0 ? i ? n0 ? 1. Тогда для
любого x ? ? получаем
Copyright ??? «??? «??????» & ??? «A???????? K????-C?????»
90
Приложения
Їd
Ї Їd
Ї Їd
Ї
Ї
Ї Ї
Ї Ї
Ї
(n)
(n0 (k+?) (i)
(i)
(f (x))Ї · Ї f (x)Ї ? ?k+? mi ?
Ї f (x)Ї = Ї f
dx
dx
dx
? ?? ?k mn0 ?1 > ?? > 1.
(II)?(I). Если N = 1 в (II), то доказывать нечего. Пусть N > 1. Положим
Їo
nЇ d
Ї
Ї
(N )
m1 = min Ї f (x)Ї ,
x??
dx
m = min{|f 0 (x)|}.
x??
Следовательно, m1 > 1. Далее, m ? 1, так как N > 1. Пусть
1/N
? = m1 ,
C = (m/?)N ?1 .
Очевидно, ? > 1 и C > 0. Любое n > 0 представим в виде n = kN + i, где k ? 0
и 0 ? i ? N ? 1. Тогда для любого x ? ? имеем
Їd
Ї Їd
Ї Їd
Ї
Ї
Ї Ї
Ї Ї
Ї
(n)
(kN ) (i)
(i)
(f (x))Ї · Ї f (x)Ї ? mk1 mi = ?kN mi =
Ї f (x)Ї = Ї f
dx
dx
dx
= ?kN ?i (m/?)i ? ?kN +i (m/?)(N ?1) = C?n .
(I)?(IV). Выберем n достаточно большим, чтобы выполнялось неравенство
C? > 1. Тогда получим
n
Ї
Їd
Ї
Ї
(n)
Ї f (x)Ї ? C?n > 1.
dx
Теперь положим nx = n для каждого x ? ?. ¤
Когда нужно установить, что некоторое множество является гиперболическим, удобно использовать слабейшее определение (IV). Если же необходимо
исследовать свойства гиперболических множеств, тогда можно использовать
сильнейшую версию определения гиперболичности (I).
Теперь перейдем к рассмотрению инвариантного множества ?r для отображения f (x, r) при r > 4. Покажем, что это множество является канторовским,
т.е. совершенным нигде не плотным множеством. Для этого достаточно установить, что множество ?r гиперболическое множество для отображения f (x, r).
Для любого r > 0 отображение f (x, r) имеет неподвижную точку p1 = 1?1/r
0
и f (p1 , r) = 2?r. Поэтому |f 0 (p1 , r)| > 1, когда r > 3. Положим p0 = 1/r. Точки
p0 и p1 симметричны относительно точки 1/2.
Copyright ??? «??? «??????» & ??? «A???????? K????-C?????»
Гиперболические множества
91
Рис. 1.
Заметим, что f (p0 , r) = p1 (когда r > 1). Далее,
f ([p0 , q0 ], r) = f ([q1 , p1 ], r) = [p1 , 1].
Отсюда следует, что любая точка x, принадлежащая множеству J = (p0 , q0 ) ?
?(q1 , p1 ), покидает J под действием отображения f (x, r), т.е. f (x, r) ?
/ J . Однако
справедлива следующая лемма о возвращении.
Лемма 2. Если r > 4 и еcли x ? J , то существует такое целое n ? 2,
что f (n) (x, r) ? [p0 , p1 ).
Доказательство. Возьмем x ? J . Тогда f (x, r) ? (p1 , 1) и f (2) (x, r) ? (0, p1 ).
Покажем, что для некоторого n ? 1 точка f (2+n) (x, r) лежит в [p0 , p1 ). Если f (2) (x, r) ? [p0 , p1 ), то все доказано. Пусть f (2) (x, r) ? (0, p0 ). Покажем,
что для некоторого n ? 1 точка f (2+n) (x, r) лежит в [p0 , p1 ). Предположим
противное. Так как f (z, r) > z для всех z ? (0, p0 ), то последовательность
f (n+2) (z, r) возрастающая и ограничена сверху числом p0 . Поэтому последовательность f (n+2) (z, r) при n ? ? сходится к некоторой точке z0 ? p0 . Отсюда
следует, что z0 неподвижная точка для f (x, r). Но 0 < z0 < p1 . Мы пришли
к противоречию, так как p1 единственная ненулевая неподвижная точка для
f (x, r). ¤
Лемма 3. Если r > 4, то q0 ? p0 < p0 . Таким образом, интервалы (p0 , q0 )
и (q1 , p1 ) короче, чем интервалы (0, p0 ) и (p1 , 1).
Доказательство. Нам необходимо показать, что при r > 4 выполнено нера-
венство 2p0 > q0 . Напомним, что p0 = 1/r и
1
q0 = ?
2
r
1 1
? .
4 r
Copyright ??? «??? «??????» & ??? «A???????? K????-C?????»
92
Приложения
p
Очевидно, 0 < 1 ? 4/r < 1. Поэтому 1 ? 4/r > 1 ? 4/r. После умножения
обеих частей последнего неравенства на 1/2 получаем
r
1 1 1 2
? > ? ,
4 r
2 r
r
1 1
1 1
2 > ?
? . ¤
r
2
4 r
или
Теперь у нас есть все необходимые утверждения, чтобы доказать гиперболичность множества ?r .
Теорема. Если r > 4, то ?r гиперболическое множество для f (x.r).
Доказательство. Пусть x ? ?r . Предположим, что x >1/2. Случай x <1/2
будет следовать из симметрии f (x, r) относительно x = 1/2. Нам необходимо
найти такое целое n (которое может зависеть от x), что |(f (n) )0 (x)| > 1. Тогда
гиперболичность множества ?r будет следовать из леммы 1.
Если x ? p1 , то можно положить n = 1, так как f 0 (x, r) ? f 0 (x, p1 ) =
= ?r + 2 < ?1. Если x = q1 , то f (n) (q1 , r) = 0 для n ? 2 и
|
d (n)
f (q1 , r)| = |f 0 (q1 , r)| · |f 0 (1, r)| · |f 0 (0, r)|n?2 =
dx
p
p
= rn?1 r2 ? 4r = rn 1 ? (4/r),
что строго больше, чем 1 для всех достаточно больших n.
Теперь рассмотрим значения x, лежащие между q1 и p1 . Лемма 2 о возвращении гарантирует, что существует такое n, что f (n) (x, r) ? [p0 , p1 ). Пусть In,j
компонента In , которая содержит x (напомним, что In совокупность интервалов, состоящих из точек, которые остаются в [0, 1] под действием f (n) (x, r)).
Интервал In,j либо содержится в [q1 , p1 ), либо нет.
Предположим сначала, что In,j ? [q1 , p1 ). Так как f (n) (x, r) отображает In,j
монотонно на [0, 1] (см. параграф 2.4), мы можем разбить In,j на три подынтервала:
In,j = Ln,j ? Kn,j ? Rn,j ,
где f (n) (Ln,j , r) = [0, p0 ], f (n) (Kn,j , r) = (p0 , p1 ), f (n) (Rn,j , r) = [p1 , 1]. Так как
Ln,j ? In,j ? [q1 , p1 ) и Rn,j ? In,j ? [q1 , p1 ), то из леммы 3 следует, что
|f (n) (Ln,j , r)| > |Ln,j | и |f (n) (Rn,j , r)| > |Rn,j | (напомним, что |A| длина отрезка
A). Это значит, что отображение f (n) (x, r) является растягивающим вблизи концов отрезка In,j . Применяя теорему о среднем значении к функции f (n) (x, r), получаем, что существуют такие точки y ? Ln,j и z ? Rn,j , для которых выполнеd (n)
d (n)
ны неравенства | dx
f (y, r)| > 1 и | dx
f (z, r)| > 1. Так как f (n) (x, r) ? [p0 , p1 ),
Copyright ??? «??? «??????» & ??? «A???????? K????-C?????»
Кусочно-линейное разрывное отображение
93
то x принадлежит замыканию Kn,j . Следовательно, y ? x < z . Так как f (n) (x, r)
не имеет критических точек в [y, z], то принцип минимума (лемма 1.9) гарантиd (n)
рует, что | dx
f (x, r)| > 1.
Теперь предположим, что In,j не является подмножеством интервала [q1 , p1 ).
Снова разобьем In,j на три подынтервала:
In,j = Ln,j ? Kn,j ? Rn,j ,
где f (n) (Ln,j , r) = [0, p0 ], f (n) (Kn,j , r) = (p0 , p1 ), f (n) (Rn,j , r) = [p1 , 1]. Как и ранее, x принадлежит замыканию интервала Kn,j , потому что f (n) (x, r) ? [p0 , p1 ).
Так как x ? (q1 , p1 ), один из двух интервалов Ln,j или Rn,j содержится в [q1 , p1 ).
Другой не содержится в [q1 , p1 ) ввиду того, что In,j не является подмножеством
этого интервала. Предположим, что Ln,j содержится в [q1 , p1 ), а Rn,j не содержится. Другой случай рассматривается аналогично. Так как In,j ? [q1 , 1] и
In,j ?[q1 , p1 ) 6= Ш, то p1 ? In,j . Как и в предыдущем случае, |f (n) (Ln,j , r)| > |Ln,j |.
В силу теоремы о среднем значении существует такая точка y ? Ln,j , что
d (n)
d (n)
| dx
f (y, r)| > 1. Далее, | dx
f (p1 , r)| > 1, так как p1 отталкивающая гиперболическая неподвижная точка. Следовательно, x ? [y, p1 ] и f (n) (x, r) не
имеет критических точек в [y, p1 ]. Из пр
Документ
Категория
Без категории
Просмотров
4
Размер файла
682 Кб
Теги
динамика, отображений, одномерных, учебно, бурд, пособие, введение, 735
1/--страниц
Пожаловаться на содержимое документа