Tập thặng dư julia của ánh xạ newton

đại học thái nguyên Tr-ờng đại học khoa học HOÀNG THỊ THƠM TẬP THẶNG DƯ JULIA CỦA ÁNH XẠ NEWTON LUN VN THC S TON HC thái nguyên - năm 2014 S húa bi Trung tõm Hc liu http://www.lrc-tnu.edu.vn/ đại học thái nguyên Tr-ờng đại học KHOA HọC HONG THỊ THƠM [ TẬP THẶNG DƯ JULIA CỦA ÁNH XẠ NEWTON LUẬN VĂN THẠC SĨ TỐN HỌC Chun ngành: Tốn ứng dụng Mã số: 60 46 01 12 Người hướng dẫn khoa học: PGS TS Tạ Duy Phượng Thái Nguyên, 2014 Số hóa Trung tâm Học liệu http://www.lrc-tnu.edu.vn/ ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC ———————o0o——————– HOÀNG THỊ THƠM TẬP THẶNG DƯ JULIA CỦA ÁNH XẠ NEWTON LUẬN VĂN THẠC SỸ TOÁN HỌC Mã số: Người hướng dẫn khoa học: PGS TS Tạ Duy Phượng THÁI NGUYÊN, 2014 Lời nói đầu Sự tồn tập thặng dư Julia hàm phân thức bậc tối thiểu toán thú vị lý thuyết lặp hàm phân thức Makienko giả thuyết hàm phân thức có bậc tối thiểu khơng có tập thặng dư Julia tập Fatou có thành phần hoàn toàn bất biến chứa hai thành phần Nhưng có số kết riêng lẻ trả lời cho câu hỏi Thí dụ, biết giả thuyết cho lớp hàm phân thức có tập Julia liên thơng địa phương Ánh xạ Newton tạo dãy lặp hàm phân thức nghiên cứu tập Julia ánh xạ ví dụ hàm phân thức Với mong muốn tìm hiểu vấn đề thời thú vị giải tích phức tốn ứng dụng, tơi chọn: Tập thặng dư Julia ánh xạ Newton làm đề tài luận văn cao học Luận văn trình bày tổng quan Tập thặng dư Julia ánh xạ phân thức ánh xạ Newton Nội dung luận văn chia thành chương Chương 1: Nhắc lại số lý thuyết liên quan số phức, hàm phân thức, hàm giải tích, ánh xạ Newton đa thức, Chương 2: Luận văn trình bày khái niệm tập Julia, tập Fatou, số tính chất quan trọng tập Julia tập Fatou, nêu khái niệm tập thặng dư Julia ánh xạ phân thức, ánh xạ Newton, Chương 3: Luận văn trình bày giả thuyết Smale, tính hữu hiệu phương pháp Newton chứng minh số định lý quan trọng chương Hi vọng luận văn bạn sinh viên học viên cao học tham khảo nghiên cứu lý thuyết ánh xạ lặp Newton giả thuyết Smale i Lời cảm ơn Luận văn hoàn thành trường Đại học Khoa học Thái Nguyên hướng dẫn PGS TS Tạ Duy Phượng Tôi xin gửi lời cảm ơn chân thành tới thầy cô giáo nhà trường Đại học Khoa học Thái Nguyên, thầy cô giáo dạy cao học chun ngành Tốn ứng dụng giúp đỡ tơi suốt q trình học tập Tơi xin bày tỏ lịng biết ơn sâu sắc tới PGS TS Tạ Duy Phượng, người bảo, tạo điều kiện giúp đỡ tơi có thêm nhiều kiến thức, khả nghiên cứu, tài liệu suốt trình thực luận văn Cuối tơi xin bày tỏ lịng biết ơn tới gia đình, người thân động viên tạo điều kiện để tơi hồn thành luận văn Thái Nguyên, tháng - 2014 Người viết Luận văn Hoàng Thị Thơm ii Mục lục Lời nói đầu Một số kiến thức chuẩn 1.1 Số phức 1.2 Đa thức phức 1.3 Hàm phân thức 1.4 Liên hợp 1.5 Hàm giải tích Tập 2.1 2.2 2.3 2.4 2.5 Bài 3.1 3.2 3.3 3.4 3.5 i bị thặng dư Julia ánh xạ Newton Tập Julia tập Fatou Hàm phân thức hyperbolic Tập thặng dư Julia hàm phân thức Tập thặng dư Julia ánh xạ Newton Điểm gai hàm phân thức với đường cong Julia Sierpinski tập toán Smale tính hữu hiệu phương pháp Newton Tính hữu hiệu phương pháp Newton Giả thuyết giá trị trung bình Smale Đa thức chuẩn hoá Kết Tính xác đánh giá S (P ) cho đa thức bậc 3.5.1 Tính tốn máy tính cho cận S (P ) d = 3.5.2 Những khó khăn đánh giá SP cho đa thức bậc Tài liệu tham khảo 1 9 14 15 16 19 22 22 24 26 28 42 42 43 49 iii Chương Một số kiến thức chuẩn bị Trong chương này, em nhắc lại số lý thuyết liên quan số phức, hàm phân thức, hàm giải tích, tính khả vi hàm phức, ánh xạ Newton đa thức, 1.1 Số phức √ Một số phức z có dạng a + ib với a, b ∈ R (tập hợp số thực) i = −1 Tập tất số phức ký hiệu C Biểu diễn lượng giác hệ toạ độ √ số phức z = a + ib z = |z|eiθ = |z|(cos θ + i sin θ) với |z| = a2 + b2 gọi modun z a = 0, θ = arctan b gọi argument z a Giả sử u = ρ1 eiθ1 = ρ1 (cos θ1 + i sin θ1 ) v = ρ2 eiθ2 = ρ2 (cos θ2 + i sin θ2 ) hai số phức biểu diễn toạ độ cực Khi đó, biểu diễn toạ độ cực tích u.v uv = ρ1 ρ2 ei(θ1 +θ2 ) = ρ1 ρ2 cos(θ1 + θ2 ) + i sin(θ1 + θ2 ) , biểu diễn toạ độ cực tổng z = u + v z = u + v = ρ1 eiθ1 + ρ2 eiθ2 = (ρ1 cos θ1 + ρ2 cos θ2 ) + i(ρ1 sin θ1 + ρ2 sin θ2 ) = |u + v|(cos θ + i sin θ); |z| = |u + v| = (ρ1 cos θ1 + ρ2 cos θ2 )2 + (ρ1 sin θ1 + ρ2 sin θ2 )2 = ρ21 (cos2 θ1 + sin2 θ1 ) + ρ22 (cos2 θ2 + sin2 θ2 ) + 2ρ1 ρ2 (cos θ1 cos θ2 + sin θ1 sin θ2 ) = ρ21 + ρ22 + 2ρ1 ρ2 cos(θ1 − θ2 ); Luận văn tốt nghiệp Tập thặng dư Julia ánh xạ Newton cos θ = a = |z| ρ1 cos θ1 + ρ2 cos θ2 sin θ = b = |z| 1.2 Đa thức phức ρ21 + ρ22 + 2ρ1 ρ2 cos(θ1 − θ2 ) ρ1 sin θ1 + ρ2 sin θ2 ρ21 + ρ22 + 2ρ1 ρ2 cos(θ1 − θ2 ) ; Định nghĩa 1.2.1 Một đa thức phức (hay đa thức với hệ số phức) P (z) có bậc n (ký hiệu deg(P )) đa thức có dạng P (z) = an z n + an−1 z n−1 + + a1 z + a0 với số phức, i = 0, n, an = Nhận xét (a) Nếu n = P hàm hằng, (b) Nếu n = P gọi đa thức bậc nhất, (c) Nếu n ≥ P gọi chung đa thức phức Định nghĩa 1.2.2 (Nghiệm đa thức phức) Giả sử P đa thức phức Một điểm ξ ∈ C gọi nghiệm (hoặc không điểm) P P (ξ) = Định nghĩa 1.2.3 (Điểm tới hạn giá trị tới hạn) Cho P đa thức có bậc tối thiểu hai, điểm ξ ∈ C gọi điểm tới hạn P P (ξ) = Giá trị ω = P (ξ) với ξ điểm tới hạn P , gọi giá trị tới hạn P Định nghĩa 1.2.4 (Đa thức phức monic) Một đa thức P gọi monic hệ số cao P 1, tức P = z n + an−1 z n−1 + + a1 z + a0 d Đa thức monic có dạng P (z) = (z − zi ) với zi (i = 1, n) nghiệm P i=0 1.3 Hàm phân thức Định nghĩa 1.3.1 (Hàm phân thức) Một hàm phân thức (hay ánh xạ phân thức) R : C −→ C hàm có dạng R(z) = P (z) , với P (z), Q(z) đa Q(z) thức khác Ở đây, C = C ∪ {∞} (cũng kí hiệu C∞ ) mặt phẳng phức suy rộng, có tương ứng − với hình cầu tiếp xúc với mặt phẳng phức điểm A Hoàng Thị Thơm Cao học toán K6C ĐHKH-ĐHTN Luận văn tốt nghiệp Tập thặng dư Julia ánh xạ Newton Khi ấy, điểm ∞ mặt phẳng phức tương ứng với điểm A xuyên tâm A Do đó, C gọi hình cầu phức Định nghĩa 1.3.2 (Bậc hàm phân thức) Bậc hàm phân thức R ký hiệu deg(R) định nghĩa deg(R) = max{deg(P ), deg(Q)} với deg(P ), deg(Q) bậc đa thức P Q Định nghĩa 1.3.3 (Điểm cực hàm phân thức) Cho R hàm phân thức P (z) , với P (z), Q(z) đa thức khác Một điểm z0 ∈ C Q(z) gọi điểm cực cô lập R z0 không điểm Q tồn lân cận U (z0 ), Q(z) = 0, ∀z = z0 có dạng R(z) = Cho R1 R2 hai hàm phân thức Khi đó, bậc đa thức tích R1 R2 deg(R1 ) × deg(R2 ) Cho ϕ hàm phân thức có dạng ϕ(z) = az + b với ad − bc = Khi ấy, ϕ cz + d hàm phân thức bậc ϕ gọi ánh xạ Mobius phép biến đổi song tuyến tính Ánh xạ Mobius ánh xạ − mặt cầu phức lên Do đó, hàm ngược ϕ tồn ký hiệu ϕ−1 Hợp hai ánh xạ Mobius ánh xạ Mobius Thật vậy, az + b , cz + d ϕ(z) = ψ(t) = a1 t + b , c1 + d Suy ra, ϕ(ψ(t)) = ϕ(z) = t+b1 +b a ac11t+d t+b1 c ac11t+d +d (aa1 + bc1 )t + ab1 + bd1 (ca1 + dc1 )t + cb1 + dd1 At + B = Ct + D = a + b, a = 0, a, b ∈ C Khi đó, T biến z a Một đường thẳng qua lên đường thẳng qua b, Định lí 1.3.4 Cho T (z) = b Một đường thẳng khơng qua lên đường trịn qua b, c Một đường tròn qua lên đường trịn khơng qua b, d Một đường trịn khơng qua lên đường trịn khơng qua b Hồng Thị Thơm Cao học tốn K6C ĐHKH-ĐHTN Luận văn tốt nghiệp Tập thặng dư Julia ánh xạ Newton Định lí 1.3.5 Cho T (z) = az + b, a = 0, a, b ∈ C Khi đó, T biến a Một đường thẳng lên đường thẳng, b Một đường tròn lên đường tròn Hai định lí cho tính chất quan trọng ánh xạ Mobius Định lí 1.3.6 Một ánh xạ Mobius biến đường tròn đường thẳng thành đường tròn đường thẳng az + b ánh xạ Mobius Khi đó, T = T3 ◦ T2 ◦ T1 với cz + d ad a T1 (z) = cz + d, T2 (z) = , T3 (z) = b − z + Sử dụng Định lí 1.3.4, Định z c c lí 1.3.5 suy điều phải chứng minh Chứng minh Cho T (z) = Định lí khơng ánh xạ khơng phải ánh xạ Mobius 1.4 Liên hợp Định nghĩa 1.4.1 (Liên hợp-Conjugation, xem [5] trang 36) Cho R S hai ánh xạ phân thức, R S gọi liên hợp đôi (hoặc R S liên hợp) tồn ánh xạ Mobius ϕ thoả mãn ϕ ◦ R = S ◦ ϕ Định nghĩa 1.4.2 (Điểm bất động) Cho R : C −→ C ánh xạ , ξ ∈ C điểm bất động R R(ξ) = ξ Ví dụ 1.4.3 a Xét P (z) = z − z + Khi P (z) = z ⇔ z − z + = z Suy z = điểm bất động P b Xét P (z) = z − 3z + Khi P (z) = z ⇔ z − 3z + = z ⇔ (z − 2)2 = √ √ ⇔ z = ± Vậy P có hai điểm bất động z = ± Định lí 1.4.4 Cho R S hai ánh xạ phân thức Giả sử, R S liên hợp cho: ϕ ◦ R = S ◦ ϕ Khi đó, ξ ∈ C điểm bất động S ϕ−1 (ξ) điểm bất động R Chứng minh Giả sử, hai ánh xạ phân thức R S liên hợp đôi Và ξ ∈ C điểm bất động S , tức S(ξ) = ξ Vì ϕ ◦ R = S ◦ ϕ nên R = ϕ−1 ◦ S ◦ ϕ Vậy R(ϕ−1 (ξ)) = ϕ−1 ◦ S ◦ ϕ(ϕ−1 (ξ)) = ϕ−1 ◦ S(ξ) = ϕ−1 (ξ) Suy ra, ϕ−1 (ξ) điểm bất động R Hoàng Thị Thơm Cao học toán K6C ĐHKH-ĐHTN Luận văn tốt nghiệp Tập thặng dư Julia ánh xạ Newton n Cho z = 0, ta C = − + Ta có: n+1 Q(z) = (1 − z)n z−1 1 + − + n+1 n n n+1 = (1 − z)n zn − n + n + 1 − n(n + 1) n(n + 1) = (1 − z)n nz + 1 − n(n + 1) n(n + 1) Bổ đề 3.4.8 Cho n > 1, ta có: n−1 (−1)n−i Cn−i z n+1−i (1 − z)n =− + n+1−i n n Chứng minh Giả sử n−1 (−1)n−i Cn−i Q(z) = z n+1−i n+1−i (3.7) Lấy đạo hàm hai vế 3.6, ta có: n n−1 n−i (−1)n−i Cn−i z Q (z) = i−1 n n−1 Cn−i (−z)n−i = i=1 n−1 Cin−1 (−z)i = i=0 = (1 − z)n−1 −(1 − z)n + C n Cho z = 0, ta có C = Suy điều phải chứng minh n Do Q(z) = Bổ đề 3.4.9 σi (ξ1 , ξ2 , , ξd−1 ) = σi (ξ1 , ξ2 , , ξd−2 ) + ξd−1 σi−1 (ξ1 , ξ2 , , ξd−2 ), với i = 0, , d − Tìm biểu diễn S (P, 1) S (P, ξ) Cho ξ1 = ξ , ξ2 = = ξd−1 = Nhận xét Crn = r < r > Từ (3.4) ta có: Hồng Thị Thơm 30 Cao học toán K6C ĐHKH-ĐHTN Luận văn tốt nghiệp Tập thặng dư Julia ánh xạ Newton σj 1 , , , ξ1 ξ2 ξd−1 d−2 + Cjd−2 = Cj−1 ξ cho j = 1, , d − σj = 0, j < j > d − Nhận xét σ0 = 1, từ Bổ đề 3.7.3, ta có: d−2+ S (P, ξj ) = ξ d−1 d−1−i (−1) σd−1−i i=0 ξjd−i 1 , , , ξ1 ξ2 ξd−1 d−i (3.8) ξ d−2 Thay σj Cj−1 + Cjd−2 (3.8), ta có: d−2+ S (P, ξj ) = ξ 2ξ (−1) d−i−1 i=0 d−2+ = d−1 ξ d−2 Cd−1−i−1 ξ d−2 (−1) d−i−1 i=0 ξjd−i d−2 Cd−2−i d−i d−2 + Cd−1−i d−2+ + ξjd−i d−i ξ d−1−i (−1) ξjd−i d−2 Cd−1−i d−i với j = 1, , d − Từ Bổ đề 3.4.5 Bổ đề 3.4.6 1 S (P, ξj ) = d−2+ 2ξ ξ + d−2+ = ξ (1 − ξj )d−1 (d − 1)ξj + d(d − 1) 1 d−2+ ξ − d(d − 1) (1 − ξj )d−1 + d−1 d−1 − (1 − ξj )d−1 (1 − ξj )d−1 (d − 1)ξj + 1 − + − + ξ d(d − 1) d(d − 1) d−1 d−1 (3.9) với j = 1, , d − Nhận xét S (P.ξj ) = S (P, 1) ∀j = 2, , d − S (P, ξ1 ) = S (P, ξ) Từ (3.9) ta có: d−2+ S (P, 1) = = Hoàng Thị Thơm − d−2+ = ξ 2d ξ 1 + ξ d(d − 1) d − 1 −1 + ξd d−1 ξd ξ (d − 1)ξ d−2+ 31 ξd − (3.10) Cao học toán K6C ĐHKH-ĐHTN Luận văn tốt nghiệp Tập thặng dư Julia ánh xạ Newton S (P, ξ1 ) = S d−2+ ξ = d−2+ ξ = d−2+ ξ = (P, ξ) d−2+ = (1 − ξ)d−1 (d − 1)ξ + (1 − ξ)d−1 1 (1 − ξ)d−1 − + + − ξ d(d − 1) d(d − 1) d−1 d−1 (1 − ξ)d−1 (d − 1)ξ + (1 − ξ)d−1 − − ξd(1 − ξ)d−1 + ξd ξd(d − 1) −ξ(1 − ξ)d−1 + (1 − ξ)d−1 − + ξd ξd(d − 1) ξ (1 − ξ)d + ξd − ξd(d − 1) = 2d ξ ξ(d − 1) d−2+ (1 − ξ)d + ξd − (3.11) d−1 π ξ1 = ei 2d Giả sử ξ1 = ξ vòng tròn đơn vị nghĩa ξ = eiθ , với θ ∈ R Xét |S (p, 1)| từ biểu diễn sau Kiểm tra |S (p, 1)| |S (P, ξ1 )| lớn d−2+ ξ = (d − 2)2 + + 2(d − 2)Re(e−iθ ) = (d − 2)2 + + 2(d − 2) cos θ (3.12) ξd − = d2 + − 2d cos θ (3.13) Chỉ cần tồn ξ cho: d−2+ ξ ξd − > (d − 1)4 (3.14) Khai triển vế trái (3.14), từ (3.12), (3.13), ta có: d−2+ ξ ξd − = (d − 2)2 + + 2(d − 2) cos θ (d2 + 1) − 2d cos θ = (d−2)2 +1 (d2 +1)− (d−2)2 +1 2d cos θ+2(d−2)(d2 +1) cos θ−2d 2(d−2) cos2 θ = (d − 2)2 + (d2 + 1) − 2d (d − 2)2 + cos θ + 2(d − 2)(d2 + 1) cos θ − 4d(d − 2) cos2 θ (3.15) Khi θ = giá trị (3.15) là: (d − 2)2 + (d2 + 1) − 2d (d − 2)2 + + 2(d − 2)(d2 + 1) − 4d(d − 2) = (d2 + 1)(d2 − 4d + + − 2d − 4) − 2d(d2 − 4d + + + 2d − 4) Hoàng Thị Thơm 32 Cao học toán K6C ĐHKH-ĐHTN Luận văn tốt nghiệp Tập thặng dư Julia ánh xạ Newton = (d2 + 1)(d2 − 2d + 1) − 2d(d2 − 2d + 1) = (d2 − 2d + 1)(d2 + − 2d) = (d − 1)4 Bây giờ, ta giả sử: f (θ) = (3.15) = (d − 2)2 + (d2 + 1) − 2d (d − 2)2 + + 2(d − 2)(d2 + 1) cos θ − 4d(d − 2) cos2 θ Khi ta có: f (θ) = 2d (d − 2)2 + sin θ − 2(d − 2)(d2 + 1) sin θ + 8d(d − 2) cos θ sin θ = sin θ 2d (d − 2)2 + − 2(d − 2)(d2 + 1) + 8d(d − 2) cos θ = sin θ 2d(d2 − 4d + 5) − 2d3 − 2d + 4d2 + + 8(d2 − 2d) cos θ = sin θ − 4d2 + 8d + + 8d(d − 2) cos θ Từ (3.15) ta thấy điểm nhỏ lớn đạt khi: sin θ = cos θ = d2 − 2d − 4d2 − 8d − = 8d(d − 2) 2d(d − 2) Khi θ = ε > đủ nhỏ, ta có f (θ) > f (−θ) < Do đó, θ = điểm cực d−1 2d d2 − 2d − 1 Chú ý rằng, điểm tới hạn khác |S (P, 1)| xảy cos θ = < 2d(d − 2) d−1 Do xét ξ với cos(arg ξ) + |S (P, 1)| > 2d Để chứng minh Định lý, ta cần kiểm tra tồn ξ cho: tiểu f Suy ra, tồn θ đủ gần cho |S (P, 1)| > d−2+ ξ d ξd − + (1 − ξ) > (d − 1)4 Sao cho ξ làm cho hai S (P, 1) S (P, ξ) lớn (3.16) d−1 2d Rút gọn biểu thức ξd − + (1 − ξ)d , ta có: ξd−1+(1−ξ)d = d2 + + |1 − ξ|d Hoàng Thị Thơm = ξd +1+ |1−ξ|d 2 +2dRe ξ(1−ξ)d −2Re(1−ξ)d −2Re(ξd) + 2dRe ξ(1 − ξ)d − 2Re(1 − ξ)d − 2d cos θ 33 Cao học toán K6C ĐHKH-ĐHTN Luận văn tốt nghiệp Tập thặng dư Julia ánh xạ Newton π Cuối cùng, ta xét S (P, ξ) Cho ξ = ei ta có: |1 − ξ|d = − 2cos π d =1 cos θ = − cos π = θ = arg(1 − ξ) √ π sin θ = − θ = − π Do đó, ξ = ei , ta có: d−2+ ξ = (d − 2)2 + + 2(d − 2) cos θ = d2 − 3d + (3.17) ξd − + (1 − ξ)d = d2 + + 2d cos (d − 1)π − cos dπ − d (3.18) Trường hợp 1: Khi d ≡ mod (6), tức d = 6k Khi (3.18) dπ (d − 1)π − cos −d 3 (6k − 1)π 6kπ − 6k = d2 + + 2d cos − cos 3 = d2 + + 2d − 2.1 − d 2 =d d2 + + 2d cos Suy (3.17) · (3.18) = d2 (d2 − 3d + 3) = d4 − 3d3 + 3d2 Như là, d4 − 3d3 + 3d2 − (d − 1)4 + d3 − 3d2 + 4d + > 0, ∀d ≥ nên ta có: d−2+ ξ Hoàng Thị Thơm ξd − + (1 − ξ)d 34 > (d − 1)4 Cao học toán K6C ĐHKH-ĐHTN Luận văn tốt nghiệp Tập thặng dư Julia ánh xạ Newton Trường hợp 2: Khi d ≡ mod (6), tức d = 6k + Khi (3.18) dπ (d − 1)π − cos −d 3 (6k + − 1)π (6k + 1)π = d2 + + 2d cos − cos −d 3 π = d2 + + 2d cos k2π − cos( + k2π) − d = d2 + + 2d.1 − − d 2 = d + d + d2 + + 2d cos Suy (3.17) · (3.18) = (d2 + d + 1)(d2 − 3d + 3) > d2 (d2 − 3d + 3) > (d − 1)4 Trường hợp 3: Khi d ≡ mod (6), tức d = 6k + Khi (3.18) dπ (d − 1)π −d − cos 3 (6k + − 1)π (6k + 2)π = d2 + + 2d cos − cos −d 3 π 2π = d2 + + 2d cos( + k2π) − cos( + k2π) − d 3 1 = d2 + + 2d − 2.(− ) − d 2 = d + d2 + + 2d cos Suy (3.17) · (3.18) = (d2 + 3)(d2 − 3d + 3) > d2 (d2 − 3d + 3) > (d − 1)4 Tổ hợp |S (P, 1)|, |S (P, ξ) trường hợp, ta kết luận rằng: π Khi d ≡ 0, 1, mod (6) với ξ = ei , |S (P, 1)| |S (P, ξ1 ) lớn d−1 2d Điều kết thúc chứng minh Hệ Nhận xét 3.4.10 Một đa thức bậc d làm cực đại SP lớp đa thức bậc d gọi đa thức cực đại SP cho lớp đa thức bậc d Các ví dụ rằng, câu trả lời toán 1B (Xem toán 1B [9]) sai d = Hồng Thị Thơm 35 Cao học tốn K6C ĐHKH-ĐHTN Luận văn tốt nghiệp Tập thặng dư Julia ánh xạ Newton d−1 2d − cos 79 − sin 79 0, 4651 5−1 = 0, 2.5 −0, + 0, 6i −i 0, 4407 0, 5592 − sin 13 + i cos 13 0, 7464 − cos 79 − sin 79 0, 4451 −0, + 0, 6i 0, 6341 −i 0, 4183 Điểm tới hạn ξj − sin 13 + i cos 13 −i d−1 ξi d − cos + sin P (ξj ) P (0) i=1 0, 4854 0, 4183 0, 5464 −i 0, 5457 cos 79 − i sin 97 − cos 23 − i sin 23 1, 0148 0, 4758 −0, − 0, 8i 0, 4767 −1 0, 5243 − cos 13 + i sin 31 0, 5121 −i 0, 6160 cos 79 − i sin 97 1, 5341 − cos 23 − i sin 23 −0, − 0, 8i 0, 4960 0, 5008 −1 0, 5045 −0, + i 6−1 = 0, 41667 2.6 (1 − 0, 9)2 7−1 = 0, 42857 2.7 8−1 = 0, 4375 2.8 0, 5120 Hình 3.1 : Các phản ví dụ Bài tốn 1B Định lí 3.4.11 Cho P đa thức có dạng z + a2 z + a1 z Khi giá trị lớn SP √ 3 Chứng minh Giả sử P (z) = z + az + bz , b = cho ξ1 , ξ2 điểm tới hạn P Khi đó: P (z) = 3z − 3(ξ1 + ξ2 )z + 3ξ1 ξ2 , P (z) = z − (ξ1 + ξ2 )z + 3ξ1 ξ2 z Hồng Thị Thơm 36 Cao học tốn K6C ĐHKH-ĐHTN Luận văn tốt nghiệp Tập thặng dư Julia ánh xạ Newton Tính tốn trực tiếp ta có: 2 i=1 ξi P (ξ1 ) −1 3 ξ1 + ξ1 ξ2 · , 3ξ1 ξ2 2 i=1 ξi P (ξ2 ) −1 3 ξ2 + ξ2 ξ1 · 3ξ1 ξ2 1 = + ξ1 ξ2 P (0) 1 + = ξ1 ξ2 P (0) Rút gọn biểu thức trên, ta có: 2 i=1 i=1 −1 ξ12 ξ1 P (ξ1 ) = + + ξi P (0) ξ22 ξ2 (3.19) P (ξ2 ) −1 ξ22 ξ2 = + + ξi P (0) ξ12 ξ1 (3.20) Ta thấy tối thiểu hai số ξ1 ξ phải nhỏ ξ2 ξ1 ξ1 định nghĩa T (z) theo công thức ξ2 T (z) = − z + z + 2 1 Khi vế phải (3.18) |T (z)| vế phải (3.19) 6 Đặt z = Tính z tốn trực tiếp, ta có: T (z) T = z |z|4 + |z|2 − |z|2 Re(z) + 3Re(z) − Re(z ) + 4 = 1 Re(z) 2) + + − − Re(z 4|z|4 |z|2 |z|2 2|z|4 ξ1 ξ nhỏ Từ Nguyên lý ξ2 ξ1 z = eiθ , ∀θ ∈ R Tính tốn trực mođun cực đại ta tính T (z) T z Vì hai số tiếp: T (eiθ ) = + 2Re eiθ − cos 2θ = T iθ 2 e Do đó, từ z = eiθ = cos θ + i sin θ, ta có: T (eiθ ) Hồng Thị Thơm = T iθ e = 37 + cos θ − cos 2θ 2 Cao học toán K6C ĐHKH-ĐHTN Luận văn tốt nghiệp Tập thặng dư Julia ánh xạ Newton Như vậy, giá trị lớn T (eiθ ) xảy cos θ = giá trị lớn 16 = 5, 333 > 3 Nếu P (z) = z − (ξ1 + ξ2 )z + 3ξ1 ξ2 , với ξ1 = eiθ , cos θ = ξ2 = 1, ta có: P (ξ1 ) 2 P (ξ2 ) 1 3−1 = = √ = √ > = i=1 ξi P (0) i=1 ξi P (0) 3 2(3) 3 T (z) 2 T (eiθ ) = Điều phải chứng minh 3.5 3.5.1 Tính xác đánh giá S (P ) cho đa thức bậc Tính tốn máy tính cho cận S (P ) d = Xét đa thức P chuẩn hoá dạng P (z) = z d + ad−1 z d−1 + + a1 z, với a1 = Theo tính chất đa thức chuẩn hố, điểm tới hạn P tất điểm tới hạn P nằm ∆ \ {0} Với tính chất này, ta sử dụng máy tính để đánh giá SP cho lớp đa thức có bậc d có tất điểm tới hạn miền bị chặn ∆ Tất nhiên, thời gian tính đánh giá SP tăng đáng kể bậc d tăng, ta đánh giá SP cho lớp đa thức bậc Ta thấy đánh giá tốt SP cho đa thức bậc xấp xỉ 0, 4723 Đa thức cực trị làm SP lớn phải có điểm tới hạn dạng 1, ξ ξ điểm tới hạn đa thức cực trị xấp xỉ 1; 0, 44 + i0, 68 Do đó, số điểm tới hạn đa thức cực trị nằm bên đĩa thay nằm đường trịn đơn vị, điều dẫn tới khó khăn để tìm cận tốt SP tìm đa thức cực trị cho lớp đa thức có bậc cho trước đĩa đơn vị đóng, điểm tới hạn đa thức cực trị xuất khắp nơi ∆ \ {0}, làm cho thủ tục tìm kiếm khó khăn, tốn nhiều thời gian khơng đạt kết xác Thật ra, giá trị lớn SP cho đa thức bậc có tất điểm tới hạn vòng tròn đơn vị xấp xỉ 0, 4218, nhiều giá trị cực trị toàn cục SP 0, 4723 Mặc dù xấp xỉ cận SP cho đa thức bậc biết khơng tính giá trị tốt phép tốn sơ cấp tính tốn phức tạp Hồng Thị Thơm 38 Cao học tốn K6C ĐHKH-ĐHTN Luận văn tốt nghiệp 3.5.2 Tập thặng dư Julia ánh xạ Newton Những khó khăn đánh giá SP cho đa thức bậc Ta thấy rằng, bước tính tốn SP cho đa thức bậc cho Định lí 3.4.12 Cho đa thức P bậc bốn có dạng: P (z) = z + az + bz + cz , với c = 0, ξ1 , ξ2 , ξ3 điểm tới hạn P Đầu tiên, ta biểu diễn số hạng P sau: P (z) = z − (ξ1 + ξ2 + ξ3 )z + 2(ξ1 ξ2 + ξ2 ξ3 + ξ1 ξ3 )z − 4ξ1 ξ2 ξ3 z, P (z) = 4z − 4(ξ1 + ξ2 + ξ3 )z + 4(ξ1 ξ2 + ξ2 ξ3 + ξ1 ξ3 )z − 4ξ1 ξ2 ξ3 Tính tốn trực tiếp, ta có kết sau: 1 + + ξ1 ξ2 ξ3 ξ13 2ξ12 2ξ12 4ξ1 4ξ1 ξ12 −ξ13 P (ξ1 ) =− − + − −2 , (3.21) + + − P (0) 3ξ22 ξ3 3ξ2 ξ32 ξ2 ξ3 3ξ22 3ξ32 3ξ2 3ξ3 1 + + ξ1 ξ2 ξ3 ξ23 2ξ22 2ξ22 4ξ2 4ξ2 ξ22 P (ξ2 ) −ξ23 − + − −2 , (3.22) =− + + − P (0) 3ξ12 ξ3 3ξ1 ξ32 ξ1 ξ3 3ξ12 3ξ32 3ξ1 3ξ3 1 + + ξ1 ξ2 ξ3 ξ33 ξ32 2ξ32 2ξ32 4ξ3 4ξ3 −ξ33 P (ξ3 ) − =− + + + − − −2 (3.23) P (0) 3ξ22 ξ1 3ξ2 ξ12 ξ1 ξ2 3ξ22 3ξ12 3ξ2 3ξ1 và: Tiếp theo, ta định nghĩa u = ξ ξ1 ; v = và: ξ2 ξ3 1 2 4 T (u, v) = − u2 v − uv + uv + u2 + v − u − v − 3 3 3 Từ (3.20), (3.21), (3.22), ta có: 1 P (ξ1 ) = − T (u, v) , i=1 ξi P (0) 1 P (ξ2 ) v = − T , u u i=1 ξi P (0) , 1 u P (ξ3 ) = − T , v v i=1 ξi P (0) Phân tích T (u, v), T Hoàng Thị Thơm v u , , T , , thành nhân tử: u u v v u+v+1 T (u, v) = {−uv + 2(u + v) − 6}, 39 Cao học toán K6C ĐHKH-ĐHTN Luận văn tốt nghiệp Tập thặng dư Julia ánh xạ Newton u+v+1 v , = {−6u2 + 2u(1 + v) − v}, u u 3u3 u+v+1 u = T , {−6u2 + 2v(1 + u) − u} v v 3v T Khai triển, (u + v + 1)(u + v + 1) = uu + vv + uv + vu + u + u + v + v + Ta có: (u + v + 1)(u + v + 1) = |u|2 + |v|2 + 2Re(uv) + 2Re(u) + 2Re(v) + (3.24) Suy ra, 2(u + v) − uv − 2(u + v) − uv − = 4uu + 4uv − 2uuv − 12u + 4vu + 4vv − 2vuv − 12v − 2uvu − 2vuv + uvuv + 6uv − 12u − 12v + 6uv + 36 = 4|u|2 +4|v|2 +8Re(uv)+|uv|2 −4|u|2 Re(v)−4|v|2 Re(u)+12Re(uv)−24Re(u)−24Re(v)+36 (3.25) Kết hợp (3.23), (3.24), ta có: (u, v) = |u|2 + |v|2 + 2Re(uv) + 2Re(u) + 2Re(v) + × 4|u|2 + 4|v|2 + 8Re(uv) + |uv|2 − 4|u|2 Re(v) − 4|v|2 Re(u) + 12Re(uv) − 24Re(u) − 24Re(v) + 36 2 u v Khi đó, tính T , T , u u v v u Cho u1 = v1 = Chú ý rằng: u v u Re(u1 ) = Re( ) = Re u |u|2 Re(v1 ) = Ta có: v T , u u = Hoàng Thị Thơm Re(u), |u|2 Re(uv), |v|2 Re(u1 v1 ) = Re(u1 v1 ) = = Re(v), |u|2 Re(u2 v) |u|4 1 |v|2 2Re(v) 2Re(u) 2Re(uv) + + + + +1 × |u|2 |u|2 |u|2 |u|2 |u|2 40 Cao học toán K6C ĐHKH-ĐHTN Luận văn tốt nghiệp Tập thặng dư Julia ánh xạ Newton 4|v|2 8Re(v) |v|2 4Re(uv) 4|v|2 Re(u) + + + 4− − |u|2 |u|2 |u|2 |u| |u|4 |u|4 12Re(u2 v) 24Re(u) 24Re(uv) + − − +1 |u|4 |u|2 |u|2 u T , v v = 1 |u|2 2Re(u) 2Re(v) 2Re(uv) + + + + +1 × |v|2 |v|2 |v|2 |v|2 |v|2 4|u|2 8Re(u) |u|2 4Re(uv) 4|u|2 Re(v) + + + 4− − |v|2 |v|2 |v|2 |v| |v|4 |v|4 + 12Re(uv ) 24Re(v) 24Re(uv) − − + 36 |v|4 |v|2 |v|2 Bây ta biểu thị T (u, v) , T v , u u T u , v v hệ toạ độ cực Cho u = ρ1 eiθ1 v = ρ2 eiθ2 Ta có: Re(u) = ρ1 cos θ1 , Re(v) = ρ2 cos θ2 , Re(uv) = ρ1 ρ2 cos(θ1 − θ2 ), Re(uv) = ρ1 ρ2 cos(θ1 + θ2 ), Re(uv ) = ρ1 ρ22 cos(θ1 − 2θ2 ), Re(u2 v) = ρ21 ρ2 cos(2θ1 − θ2 ) Viết u, v hệ toạ độ cực, ta có: T (u, v) = ρ + ρ22 + 2ρ1 ρ2 cos(θ1 − θ2 ) + 2ρ1 cos θ1 + 2ρ2 cos θ2 + × 4ρ21 + 4ρ22 + 8ρ1 ρ2 cos(θ1 − θ2 ) + ρ21 ρ22 − 4ρ21 ρ2 cos θ2 − 4ρ22 ρ1 cos θ1 Hoàng Thị Thơm 41 Cao học toán K6C ĐHKH-ĐHTN Luận văn tốt nghiệp Tập thặng dư Julia ánh xạ Newton +12ρ1 ρ2 cos(θ1 + θ2 ) − 24ρ1 cos θ1 − 24ρ2 cos θ2 + 36 , v T , u u (3.26) ρ22 2ρ2 cos θ2 cos θ1 2ρ2 cos(θ1 − θ2 ) 1 +1 × + + + + ρ21 ρ21 ρ1 ρ21 ρ21 = 4ρ22 8ρ2 cos θ2 ρ22 4ρ2 cos(θ1 − θ2 ) 4ρ22 cos θ1 + + + 4− − ρ21 ρ1 ρ21 ρ1 ρ31 ρ31 + u T , v v 12ρ2 cos(2θ1 − θ2 ) 24 cos θ1 24ρ2 cos(θ1 − θ2 ) − − + 36 , ρ1 ρ1 ρ21 (3.27) ρ21 2ρ1 cosθ1 2cosθ2 2ρ1 cos(θ1 − θ2 ) 1 = + + + + +1 × ρ22 ρ22 ρ2 ρ22 ρ22 4ρ21 8ρ1 cos θ1 ρ21 4ρ1 cos(θ1 − θ2 ) 4ρ21 cos θ2 + + + 4− − ρ22 ρ22 ρ22 ρ2 ρ32 ρ32 + 12ρ1 cos(θ1 − 2θ2 ) 24 cos θ2 24ρ1 cos(θ1 − θ2 ) − − + 36 ρ2 ρ2 ρ22 (3.28) Từ phần (3.5), ta biết đa thức cực trị P SP cho đa thức bậc có điểm tới hạn 1, ξ, ξ (ξ ∈ ∆ \ 0) Do đó, ta phải tìm cận tối ưu SP cho đa thức bậc 4, cách tìm đa thức bậc có điểm tới hạn 1, ξ, ξ Cho ξ1 = 1, ξ2 = ξ ξ3 = ξ , < p ≤ ≤ θ < 2π 1 ξ1 ξ , v = u = = e−iθ v = e−iθ ξ2 ξ2 ξ ρ ρ iθ iθ u = ρ1 e , v = ρ2 e , ta có ρ1 = ρ2 = θ1 = −θ θ2 = θ ρ Từ đầu ta định nghĩa u = Áp dụng cơng thức (3.26), (3.27), (3.28), ta có hai cơng thức: T (u, v) = 12 cos θ 1 16 cos2 θ + cos θ + × cos2 θ + + − + + 36 ρ ρ ρ ρ ρ ρ ρ2 (3.29) T = v , u u = T u , v v 2ρ(1+ρ) cos θ +ρ2 +4 cos2 θ × 5ρ2 −20ρ cos θ −4(ρ2 +6) cos 2θ +12ρ cos 3θ +40 (3.30) Ta thấy (3.29), (3.30) không chứa hàm lượng giác số hạng ρ với ρ bậc tối thiểu Nó cản trở việc tìm cận tối ưu SP Hồng Thị Thơm 42 Cao học tốn K6C ĐHKH-ĐHTN Kết luận Luận văn trình bày hai vấn đề: Tập thặng dư Julia ánh xạ Newton Bài toán Smale tính hữu hiệu phương pháp Newton Cho tới nay, giả thuyết Smale chứng minh cho đa thức bậc 2, 3, Đã có nhiều cố gắng để chứng minh giả thuyết Smale cho đa thức bậc cao kết đạt hạn chế Hi vọng luận văn gợi ý để quan tâm tới giả thuyết Smale tìm hiểu đề tài thú vị 43 Tài liệu tham khảo [1] Đoàn Quỳnh (Chủ biên), Hà Huy Khối, Nguyễn Duy Tiến, Nguyễn Đình Trí, Từ điển tốn học, NXB giáo dục, 2007 [2] Nguyễn Thuỷ Thanh, Cơ sở lí thuyết hàm biến phức, Nhà xuất Đại học quốc gia Hà Nội, 2006 [3] F G Avkhadiev, K-J Wirths, Schwarz-Pick inequalities for hyperbolic domain in the extended plane, Geometriae Dedicata, (2004), 1-10 [4] I N Baker, P Dominguez, Residual Julia sets, J Analysis 8, (2000), 121137 [5] A F Beardon, (GTM 132) Iteration of rational function, Springer-Verlag, 1991 [6] A F Beardon, D Minda and T W Ng, Smale’s mean value conjecture and the hyperbolic metric, Mathematische Annalen, 322:4 (2002), 623–632 [7] Choi Yan-Yu, Residual Julia set of Newton’s map and Smale’s problems on the efficiency of Newton’s method , Master’s Thesis of Philosophy , The university of Hong Kong, 2006 [8] P Blanchard, R L Devaney, Daniel M Look, P.Seal, Y Shapiro, Sierpinski curves Julia sét and singular perturbations of complex polynomials, Ergodic Theory and Dynamiical System, (2005), no.4, 1047-1055 [9] S Smale, The fundamental theorem of algebra and complexity theory, Bull (NS) Amer Math Soc 4,(1981), No 1, 1-36 [10] D Sullivan, Quasiconformal homeomorphisms and dynamics I:Solution of the Fatou- Julia problem on wandesing domain, Ann of Math, (1985), 401418 44 ... Chương Tập thặng dư Julia ánh xạ Newton Trong chương này, trình bày khái niệm tập Julia, tập Fatou, số tính chất quan trọng tập Julia tập Fatou, nêu khái niệm tập thặng dư Julia ánh xạ phân thức, ánh. .. tích, ánh xạ Newton đa thức, Chương 2: Luận văn trình bày khái niệm tập Julia, tập Fatou, số tính chất quan trọng tập Julia tập Fatou, nêu khái niệm tập thặng dư Julia ánh xạ phân thức, ánh xạ Newton, ... K6C ĐHKH-ĐHTN Luận văn tốt nghiệp Tập thặng dư Julia ánh xạ Newton Ánh xạ w = f (z) gọi ánh xạ bảo giác miền D f (z) bảo giác điểm thuộc D Ánh xạ bảo giác ánh xạ bảo tồn góc hai đường cong trơn