Una cuártica cuya Julia set incluye dos cuadrática conjuntos de Julia

Question

El resumen de "el cuarto grado conjuntos de Julia, incluyendo cualquiera de las dos copias de la cuadrática conjuntos de Julia" en Discreta Y Continua De Los Sistemas Dinámicos - Un,36,4,2103,2112,2015-9-1, por Koh Katagata, los estados

[...] para cualquiera de los dos cuadrática conjuntos de Julia, existe un polinomio de cuarto grado, cuyo conjunto Julia incluye copias de los dos cuadrática conjuntos de Julia.

Estoy luchando con la construcción, en particular, como no he encontrado una copia de este documento para leer. Por ejemplo, puedo elegir dos polinomios cuadráticos $f_1(z) = z^2-2$ e $f_2(z) = z^2-1$, y dejar que la cuártica ser $F(z) = z^4 + az^3 + bz^2 + cz + d$ con $a,b,c,d$ a ser determinada con $F$ comportándose como $f_1$ cerca de $z_1$ y como $f_2$ cerca de $z_2$.

El cuadrática conjuntos de Julia tener este aspecto:

En particular, he tratado de "comportarse como" a significar algo así como afín conjugacy, y terminar con cosas como $F(z_k + \lambda_k z) = z_k + \lambda_k f_k(z) + O(z^3)$ donde $k \in\{1,2\}$. Puedo obtener (mediante Maxima): $$\lambda_{1}^2\,b+3\,z_{1}\,\lambda_{1}^2\,un+6\,z_{1}^2 \,\lambda_{1}^2 = \lambda_1\\ \lambda_{1}\,c+2\,z_{1}\,\lambda_{1}\,b+3\,z_{1}^2\,\lambda_{1}\,un+4\,z_{1}^3\,\lambda_{1} = 0 \\ d+z_{1}\,c+z_{1}^2\,b+z_{1}^3\,+z_{1}^4=-2\,\lambda_{1}+z_{1}$$ y $$\lambda_{2}^2\,b+3\,z_{2}\,\lambda_{2}^2\,un+6\,z_{2}^2\,\lambda_{2}^2 = \lambda_{2}\\ \lambda_{2}\,c+2\,z_{2}\,\lambda_{2}\,b+3\,z_{2}^2\,\lambda_{2}\,un+4\,z_{2}^3\,\lambda_{2} = 0\\ d+z_{2}\,c+z _{2}^2\,b+z_{2}^3\,+z_{2}^4=-\lambda_{2}+z_{2}$$

Que es de 6 ecuaciones no lineales en 8 incógnitas. Fijando arbitrariamente $z_1 = -1, z_2 = 1, \lambda_k \ne 0 $da $$ (b - 3 + 6) \lambda_1 = 1 \\ (c - 2 b + 3 a - 4) \lambda_1 = 0 \\ d - c + b - a + 2 + 2\lambda_1 = 0\\ (b + 3 a + 6) \lambda_2 = 1 \\ (c + 2 b + 3 a + 4) \lambda_2 = 0 \\ d + c + b + a + \lambda_2 = 0 \\ $$ que tiene tres soluciones de acuerdo a WolframAlpha. Sus conjuntos de Julia tener este aspecto:

de los cuales el del medio se ve más como lo que yo esperaba, aunque algo distorsionado en el derecho. Tiene la $\lambda_k$ acerca de un factor de 2 además, los otros dos se $\lambda_k$ acerca de un factor de -35 aparte.

Es este el camino correcto para construir el cuarto grado?

Answer 1

No he visto el papel, pero yo podría tratar de algo como la siguiente. En primer lugar, creo que el general cuártica es affinely conjugado a una función de la forma $$ f(z) = z^4-\frac{4}{3}(a+b) z^3 + 2abz^2 + c. $$ La forma de los coeficientes se eligen de manera que los puntos críticos se $a$, $b$, e $0$.

Ahora, la crítica de las órbitas de dictar la estructura. Así, podemos elegir los coeficientes de modo que las órbitas de $a$ e $b$ se comportan como la crítica de las órbitas de nuestro destino cuadráticas y de la órbita de cero diverge. Que la última crítica órbita asegura que tenemos una cierta separación entre los demás.

Por ejemplo, supongamos que queremos una cuártica Julia conjunto que contiene las "copias" de los conjuntos de Julia de $z^2$ e $z^2-1$. Desde la crítica de la órbita de $z^2$ es fijo y la crítica de la órbita de $z^2-1$ tiene período de dos, podemos escribir el sistema $$ \begin{align} f(a) &= a \\ f(f(b)) &= b \\ f(0) &= 2.2. \end{align} $$ Que nos da tres ecuaciones con tres incógnitas $a$, $b$, e $c$. Resolviendo el sistema numéricamente con Mathematica, he encontrado 64 solución, la mayoría de los cuales no producen nada bueno. Muchas de las soluciones rendimiento algo parecido a lo que quieres, aunque. En particular, $$ f(z) = z^4+0.689832 z^3-2.91154 z^2+2.2 $$ se ve como lo que esperamos:

Es bastante claro que en la última imagen inmediata de la cuenca de atracción de la super-atractivo punto fijo no es un círculo perfecto, como es el caso de $z^2$. Yo dudo seriamente, sin embargo, que el autor de este documento muestra que las "copias" son exactas imágenes geométricas. Tal vez, lo que significa que la imagen en el marco de otro tipo de función?

Para generar su ejemplo para $z^2-1$ e $z^2-2$, tendríamos que usar el hecho de que la crítica de la órbita de $z^2-2$ aterriza en un punto fijo después de dos iteraciones. Por lo tanto, nuestro ecuaciones se ven así: $$ \begin{align} f(f(f(a))) &= f(f(a)) \\ f(f(b)) &= b \\ f(0) &= 2.2. \end{align} $$ Ahora, la primera ecuación es mucho mayor que antes y yo no era capaz de resolver el sistema en una cantidad de tiempo razonable.

Para tratar con conjuntos de Julia que tiene atractivo, pero no es super-atractivo de las órbitas, basta con añadir un par de ecuaciones de la forma $$ \begin{align} f(z) &= z \\ f'(z) &= \lambda. \end{align} $$ El punto de $z$ es entonces un desconocido que también necesita ser resuelto.

Por ejemplo, supongamos que queremos encontrar una cuártica Julia con una "copia" del conjunto de Julia para $z^2-1/2$ (que tiene un atractivo punto fijo con el multiplicador $1-\sqrt{3}$) y una "copia" de Douady del conejo (que tiene un super atractivo órbita de período 3). Podríamos, a continuación, configurar y resolver el sistema $$ \begin{align} f(z) &= z \\ f'(z) &= 1-\sqrt{3} \\ f(f(f(0))) &= 0 \\ f(b) &= 2. \end{align} $$ Esta solución cuenta con 306 soluciones, uno de los cuales produce la cuártica $$ f(z) = z^{4} +\left(5.07076+0.05647 i\right)z^{3} +\left(6.02721+0.166772 i\right)z^{2} - \left(0.00824741+0.130767 i\right) $$ cuyo conjunto Julia se ve así:

Aunque las dos primeras ecuaciones implican sólo el punto fijo, que en punto fijo debe atraer al menos un punto crítico.

Una cosa yo no sé cómo lidiar con es encontrar una cuártica que contiene copias de un par de totalmente desconectado conjuntos de Julia.