高校数学解説

2次関数の周期点について

二次関数,力学系,functional graph

273

まえがき

複素力学系の入門書があれば教えていただきたいです。

概要

今回は、2次関数の周期点の性質について、高校数学の範囲で発見したことを紹介していきます。

周期点とは

写像 $f : S \to S$ の周期点とは、ある正整数 $n$ が存在し $f^{n} (x) = x$ を満たすような $x$ である。
ここで、 $f^{n}$ は写像 $f$ を $n$ 回合成したもの(いわゆる写像の反復、 $f^{0} = {id}_{S}$ , $f^{n + 1} = f \circ f^{n}$ )。
周期点 $x$ について、 $f^{k} (x) = x$ なる最小の正整数 $k$ を周期という。
周期点全体の集合を $Per (f)$ 、周期 $k$ の周期点全体の集合を ${Per}_{k} (f)$ とする。

言い換えると、周期点とは写像のfunctional graphの閉路に属する頂点ということになります。(この記事では、写像 $f : S \to S$ のfunctional graphとは頂点集合 $S$ , 辺集合 ${(x, f (x)) ∣ x \in S}$ である有向グラフのことをさす)
今回は $S = C$ とします。
実は、 $f (x) = x^{2} - t$ の時だけ調べればすべての2次関数について調べたことになります。
今回証明するのは、 $t$ が $2$ 以上の実数の場合の周期点の振る舞いについてです。

$f (x) = x^{2} - t (t \geq 2)$ について、 $f^{n} (x) = x$ は $2^{n}$ 個の相異なる実数解をもつ。
つまり、 $d ∣ n$ のとき $f^{d} (x) = x \Rightarrow f^{n} (x) = x$ が成り立つことを踏まえると、
$\sum_{d ∣ n} | {Per}_{d} (f) | = 2^{n}$
メビウスの反転公式より
$| {Per}_{n} (f) | = \sum_{d ∣ n} 2^{d} μ (\frac{n}{d})$

証明

補足

まず、「実は、 $f (x) = x^{2} - t$ の時だけ調べればすべての2次関数について調べたことになります。」を証明しておきましょう。
写像 $f : S_{0} \to S_{0}$ 、 $g : S_{1} \to S_{1}$ と $h : S_{0} \to S_{1}$ があり、 $h \circ f = g \circ h$ を満たすとき、
$f^{n} (x) = x \Rightarrow h (f^{n} (x)) = h (x) \Leftrightarrow g^{n} (h (x)) = h (x)$ となります。つまり、 $x$ が $f$ の周期点であれば $h (x)$ は $g$ の周期点なのです。
特に、 $h$ が全単射のとき、これは $f$ と $g$ のfunctional graphの間の同型写像であり、 $f$ の構造が分かれば $h \circ f \circ h^{- 1}$ という形のすべての写像について、それらが $f$ と同じ構造を持っていることがわかります。
$f (x) = a x^{2} + b x + c (a \neq 0)$ を調べたいわけですが、 $h (x) = a x + b / 2$ とするとこれは明らかに全単射で $h^{- 1} (x) = x / a - b / 2 a$ であり、
$h (f (h^{- 1} (x))) = a f (h^{- 1} (x)) - \frac{b}{2} = a (\frac{x^{2}}{a} - \frac{b^{2} - 4 a c}{4 a}) - \frac{b}{2}$
$= x^{2} - \frac{b^{2} + 2 b - 4 a c}{4}$
となるので、示されました。

定理1の証明

以降 $f (x) = x^{2} - t (t > 2)$ とします。( $t = 2$ のときは後で証明します)
方針としては、

$f^{n} (x) = 0$ の解について調べる(合成関数の微分が刺さる)
$f^{n} (x) = x$ の右辺の $x$ がこの方程式の解にそれほど影響を及ぼさないことを示す

です。
まずいくつか準備をしておきます。

x = 0

における反復関数の挙動

$f (0) = - t$ , $f^{n} (0) > t (n \geq 2)$

| x | \geq t

における反復関数の挙動

$| x | \geq t$ のとき $lim_{n \to \infty} f^{n} (x) = \infty$

これらは簡単な不等式評価をすることで導けます。

$(f^{n} (x))^{'} = f^{'} (f^{n - 1} (x)) f^{'} (f^{n - 2} (x)) \dots f^{'} (f (x)) f^{'} (x)$
$= 2^{n} f^{n - 1} (x) f^{n - 1} (x) \dots f (x) x$
つまり $f^{k} (x) = 0 (n > k)$ の解は、 $f^{n} (x)$ が極値をとるような $x$ である。

これは合成関数の微分より従います。

$f^{n} (x) = 0$ の実数解の個数を $C_{n}$ とし、その解を小さい順に $a_{n 1}, a_{n 2}, \dots, a_{n C_{n}}$ とする。
${a_{m k} ∣ 0 \leq m \leq n, 1 \leq k \leq C_{m}} = {a_{01}, a_{11}, a_{12}, a_{21}, \dots, a_{n 1}, \dots, a_{n C_{n}}}$ のうち $i$ 番目に小さいものを $b_{n i}$ とする。
補題2から $f^{n} (x) = 0$ なら $f^{m} (x) \neq 0 (m > n)$ なので $a_{i j}$ はすべて相異なる。

$f^{n} (x) = 0$ の解について調べる

数学的帰納法を使って以下の命題を証明します。

$C_{n} = 2^{n}$ であり、 $b_{(n - 1) i} = b_{i}$ , $a_{n i} = a_{i}$ , $b_{0} = - t$ , $b_{2^{n}} = t$ とすると $a_{i} \in (b_{i - 1}, b_{i})$ である。
つまり、 $b_{n i} = b_{n}^{'}$ とすると $b_{2 m - 1}^{'} = a_{m}$ 、 $b_{2 m}^{'} = b_{m}$

$n = 1$ のとき、明らかに成り立つ。
$n \leq k$ で成り立つと仮定する。このとき $y = f^{k + 1} (x)$ は $(f^{k + 1} (x))^{'} = 0$ となる点、すなわち補題4より $f^{k} (x) f^{k - 1} (x) \dots f (x) x = 0$ となる $x$ で、つまり $x = b_{k i}$ で極値をとる。また、ここから帰納法の仮定より極値をとるような $x$ の値は $C_{0} + C_{1} + \dots + C_{k} = 1 + 2 + 4 + \dots 2^{k} = 2^{k + 1} - 1$ 個あることがわかる。
このとき $f^{k + 1} (b_{k i})$ の値は、

$i = 2 j - 1$ のとき $b_{k i} = a_{k j}$ より $f^{k + 1} (b_{k i}) = f^{k + 1} (a_{k j}) = f (0) = - t$
$i = 2 j$ のとき $b_{k i} = a_{k^{'} i^{'}} (k > k^{'})$ より補題2から $f^{k + 1} (b_{k i}) = f^{k + 1} (a_{k^{'} i^{'}}) = f^{k + 1 - k^{'}} (0) > t$
また $b_{k 0} = - t, b_{k 2^{k + 1}} = t$ とすると、帰納法の仮定より $b_{k 0} < b_{k 1} < \dots < b_{k (2^{k + 1} - 1)} < b_{k 2^{k + 1}}$ で、 $f^{k + 1} (b_{k 0}) = f^{k + 1} (b_{k 2^{k + 1}}) = f^{k + 2} (0) > t$

つまり $f^{k + 1} (b_{k i})$ の符号は正負が交互に繰り返されるので、中間値の定理より $a_{(k + 1) i} \in (b_{k (i - 1)}, b_{k i})$ である。( $f^{k + 1} (x)$ の次数は $2^{k + 1}$ なので、 $f^{k + 1} (x) = 0$ の複素数解は高々 $2^{k + 1}$ 個だから、 $(b_{k (i - 1)}, b_{k i})$ に属する解はただ一つで、その解は小さい方から $i$ 番目の実数解としてよい。)
よって示された。

ところで、上の証明で「 $y = f^{n} (x)$ の極値の絶対値は $t$ 以上」がわかり、また定理5、補題4より「 $f^{k} (x) = 0 (n > k)$ の解となる(=つまり $f^{n} (x)$ が極値をとる)ような $x$ の絶対値は $t$ 未満」ということがわかる。
つまり、 $f^{n} (x)$ が極値をとるような $x$ について $| f^{n} (x) | > | x |$ なので、このとき $f^{n} (x)$ と $f^{n} (x) - x$ の符号は一致する。よって、中間値の定理より定理1の $t > 2$ の場合の証明が完了した。

t = 2の場合

$g (x) = 2 x$ とすると $f (2 \cos x) = 2 \cos 2 x = 2 \cos g (x)$ であるので、 $y = 2 \cos x$ が $f^{n} (y) = y$ の解であるなら
$f^{n} (2 \cos x) = 2 \cos g^{n} (x) = 2 \cos 2^{n} x = 2 \cos x$
$0 \leq x \leq π$ とすると、この範囲では $2 \cos x$ は単射。 $2^{n} x - x = 2 k π$ または $2^{n} x + x = 2 l π$ となればいいので $x = 2 k π / (2^{n} - 1), 2 l π / (2^{n} + 1)$ $(0 \leq k \leq 2^{n - 1} - 1, 1 \leq l \leq 2^{n - 1})$
よって $f^{n} (y) = y$ は相異なる実数解を $2^{n}$ こ持つ。
三角関数の置換でうまくいく理由は、 $x^{2} - 2$ が、ちょうどチェビシェフ多項式 $2 x^{2} - 1$ を補足のところで説明した手順で $x^{2} - t$ の形に直したものであるからです。
他にも $x \to x + \frac{1}{x}$ という置換でもうまくいきます。
これを図示すると、複素平面の単位円周上に稠密に分布している $x^{2}$ の周期点を、 $x + \frac{1}{x}$ 、つまり $x + \overset{―}{x}$ という変換で $[- 2, 2]$ 上に写していると見ることができます。
以上から、

周期点全体の集合の閉包

なんでも、多項式関数の周期点全体の集合の閉包はジュリア集合となり、フラクタルになるらしいです。
実際 $t > 2$ の場合、これはちょうどカントール集合のような形になります。(多分)

投稿日：2024年3月1日

更新日：2024年7月25日

この記事を高評価した人

高評価したユーザはいません

この記事に送られたバッジ

バッジはありません。

バッチを贈って投稿者を応援しよう

バッチを贈ると投稿者に現金やAmazonのギフトカードが還元されます。

投稿者

抹茶屋

1905

数弱抹茶より麦茶がすき

他の人のコメント

コメントはありません。

読み込み中

抹茶屋

2次関数の周期点について

まえがき
概要
証明
補足
定理1の証明
周期点全体の集合の閉包

2次関数の周期点について

まえがき

概要

証明

補足

定理1の証明

fn(x)=0の解について調べる

t = 2の場合

周期点全体の集合の閉包

この記事を高評価した人

この記事に送られたバッジ

投稿者

コメント

他の人のコメント

$f^{n} (x) = 0$ の解について調べる