ちょっと珍しいちょっと珍しい有理関数

以前、こんな記事を書きました。

この記事における「ちょっと珍しい性質」というのは、無限遠点を含む吸引的サイクルを持つ「周期発散」のことでした。

そして、こんな記事も書きました。

こっちの「ちょっと珍しい性質」は、「臨界点が2つあるが何かしらの理由により1個と見做せる」ということでした。

今回は、これらの両方の性質を併せ持つ「臨界点が2つあるが何かしらの理由により1個と見做せる2周期発散関数」を求めてみたいと思います。

準備

今回求める関数の標準形は、$${f(z)=\frac{a}{2z^3-3bz^2-2+3b}+1}$$とします。

臨界点は$${z=0}$$と$${z=b}$$の2点で、1→∞→1というサイクルを持ちます。

臨界点に対応する関数の値は、それぞれ以下の通りです。

• $${f(0)=\frac{a}{3b-2}+1}$$

• $${f(b)=\frac{a}{-b^3+3b-2}+1=-\frac{a}{(b-1)^2(b+2)}+1}$$

そして、$${f(z)}$$の分母にあたる$${2z^3-3bz^2-2+3b}$$を$${p(z)}$$と書くことにします。

b=0

2つの臨界点が等しくなるケースです。

以前紹介したことのある$${\frac{c}{z^3-1}+1}$$のマンデルブロ集合を2倍に相似拡大したものです。

ジュリア集合も$${\frac{c}{z^3-1}+1}$$と同じく3回回転対称です。

f(0)=0

$${f(0)=\frac{a}{3b-2}+1}$$なので、$${\frac{a}{3b-2}+1=0}$$を$${a}$$について解いて$${c=b}$$とすればokです。

黒っぽい色をした部分が0に収束する領域です。

ジュリア集合の形状は以前紹介した$${\frac{c^4-3c^3}{z^3-3z^2-c^3+3c^2}+c}$$のものに似ていますが、これは$${\frac{c^4-3c^3}{z^3-3z^2-c^3+3c^2}+c}$$も「臨界点が不動点になっている」という性質を持つためです。

f(b)=b

$${f(0)=0}$$の0をbに置き換えた関係式です。

$${a(2z^3-3z^2)+b}$$と$${a(z+\frac{1}{z})+b}$$では「臨界点の入れ替えでできる関係式に対応する関数は、実質同じ関数(ジュリア集合やマンデルブロ集合の形が似ている)」という法則がありましたが、今回はそのような性質はなさそうです。

$${a(2z^3-3z^2)+b}$$と$${a(z+\frac{1}{z})+b}$$が上記のような性質を持つのには、以下のような背景があります。

まず$${f_1(z)=a(2z^3-3z^2)+b}$$、$${h_1(z)=-z+1}$$とします。

すると$${f_1(z)}$$を$${h_1(z)}$$で共役変換した関数$${g_1(z)=h_1^{-1}(f_1(h_1(z)))}$$は、以下のようになります。

$${h_1^{-1}(f_1(h_1(z)))\\=-(a(2(-z+1)^3-3(-z+1)^2)+b)+1\\=a(2z^3-3z^2)+a-b+1}$$

見ての通り、$${g_1(z)}$$も$${f_1(z)}$$と同じく$${A(2z^3-3z^2)+B}$$という形の関数になります。

そして、2つの臨界点に対して$${h_1(z)}$$を計算すると以下のようになります。

• $${h_1(0)=1}$$

• $${h_1(1)=0}$$

このことから、例えば$${f_1(f_1(0))=f_1(1)}$$という関係が成り立つとき、$${g_1(g_1(1))}$$は以下のようになります。

$${g_1(g_1(1))\\=h_1^{-1}(f_1(h_1(h_1^{-1}(f_1(h_1(1))))))\\=h_1^{-1}(f_1(f_1(h_1(1))))\\=h_1^{-1}(f_1(f_1(0)))\\=h_1^{-1}(f_1(1))\\=h_1^{-1}(f_1(h_1(0)))\\=g(0)}$$

このように$${f_1(z)}$$がある関係式を満たす場合、$${g_1(z)}$$にはその関係式の臨界点の値を入れ替えたものに対応する等式を満たします。

$${f_2(z)=a(z+\frac{1}{z})+b}$$の場合は、$${h_2(z)=-z}$$とすることで$${g_2(z)=h^{-1}(f(h(z)))}$$が同様の性質を満たします。

それならば$${f(z)=\frac{a}{2z^3-3bz^2-2+3b}+1}$$についても

• $${h(0)=b}$$

• $${h(b)=0}$$

• $${h^{-1}(f(h(z)))}$$は$${\frac{A}{2z^3-3Bz^2-2+3B}+1}$$型関数

・・・という性質を満たす$${h(z)}$$が存在すれば同じことが言えるのですが、残念ながらそのような関数は見つけられませんでした。

上の2つの条件を満たす関数としては$${\frac{dx-bd}{x-d}}$$があるのですが、$${d}$$をどう動かしても3つ目の条件は満たせなさそうでした。

実際に$${h(z)}$$が存在しないのか、はたまた$${\frac{\alpha z+\beta}{\gamma z+\delta}}$$という形で表せない$${h(z)}$$が存在するのかはわかりませんが、マンデルブロ集合の形状をよく見ると似たような構造になっているので何かしらの対応関係は存在しそうです。

とりあえずこの記事では、0とbを入れ替えて得られるものについても省略せずに載せていこうと思います。

f(0)=b

ジュリア集合は、同じく「$${s}$$が臨界点の一つで、$${f(s)}$$がもう一つの臨界点」という性質を持つ$${c(2z^3-3z^2)+1}$$や$${\frac{2c^4-3c^3+c}{2z^3-3z^2-2c^3+3c^2}+c}$$などと同様に「3重臨界点を持つ関数に見られるような四角い収束領域」が見られます。

※☟$${\frac{2c^4-3c^3+c}{2z^3-3z^2-2c^3+3c^2}+c}$$

f(b)=0

これも$${\frac{2c^4-3c^3+c}{2z^3-3z^2-2c^3+3c^2}+c}$$と似ています。

f(0)=f(b)

これは解無しのようです。

$${\frac{a}{3b-2}+1=\frac{a}{-b^3+3b-2}+1}$$を整理すると$${b^3=0}$$になり、既に紹介済みの$${b=0}$$という解しか無いことがわかります。

p(0)=0

$${p(0)=0}$$ということは$${f(0)=\infty}$$になり、発散サイクルに収束することになります。

マンデルブロ集合がやたら小さいです。

$${c=0.49+0.01i}$$のジュリア集合をよく見ると、穴の形が4周期発散関数で見られるような4つの穴が環状に並んだ形になっています。

※☟以下の記事に「4つの穴が環状に並んだ4周期発散関数のジュリア集合」の画像が載っていますが、当時は穴の形状に関する理解が不十分だったので別のタイプと混同しています。

※☟穴が環状に並ぶタイプの周期発散関数のジュリア集合に関する説明のある記事

当然ながら$${\frac{c}{2z^3-2z^2}+1}$$は4周期発散関数ではないので、このような見た目のジュリア集合が存在するのは意外です。

p(b)=0

$${p(0)=0}$$の臨界点入れ替え版です。

右辺の0は臨界点の0とは関係ない定数なので、入れ替えても0のままです。

$${\frac{c}{2z^3-2z^2}+1}$$とは対照的にマンデルブロ集合がめちゃくちゃデカいですが、形はそっくりです。

相似であると仮定して相似比を測ってみると、大体81ぐらいでした。

$${\frac{c}{2z^3-2z^2}+1}$$の$${c}$$の81倍の値から生成したジュリア集合は、ほとんど$${\frac{c}{2z^3-2z^2}+1}$$のジュリア集合と同じ形になりました。

f(f(0))=0

このあたりから解くのが急激に面倒臭くなります。

いきなりすべてを展開すると大変なことになるので、まず$${\frac{a}{2f(0)^3-3bf(0)-2+3b}+1=0}$$という形に展開して整理します。

分母を払うと$${a+2f(0)^3-3bf(0)^2-2+3b=0}$$という形になりますが、$${f(f(0))=0}$$の解には$${f(0)=0}$$の解も含まれるはずなので、$${f(0)}$$を括り出せるような形に変形できるはずです。

$${f(0)=\frac{a}{3b-2}+1}$$を変形すると$${a=(f(0)-1)(3b-2)}$$になるので、これを先程の式に代入することで

$${a+2f(0)^3-3bf(0)^2-2+3b\\=(f(0)-1)(3b-2)+2f(0)^3-3bf(0)^2-2+3b\\=(3b-2)f(0)+2f(0)^3-3bf(0)^2\\=f(0)(2f(0)^2-3bf(0)+3b-2)\\=f(0)(f(0)-1)(2f(0)-3b+2)=0}$$

・・・と変形できます。

$${f(0)=0}$$は既出なので除外、$${f(0)-1=0}$$は$${a=0}$$なので除外すると、$${2f(0)-3b+2=0}$$が残ります。

そしてこれを展開して$${a}$$について解くと$${a=\frac{1}{2}(9b^2-18b+8)}$$になり、$${b=c}$$として代入&整理をすると$${f(z)=\frac{9c^2-18c+8}{4z^3+6cz^2-4+6c}+1}$$という解が得られます。

暗い青色の領域が$${0→\frac{a}{2b-3}+1→0}$$という2周期のサイクルに収束する領域なのですが、$${c=-0.2+2.8i}$$のときは双葉型ではなく飛び地型になっています。

2周期の収束領域が飛び地型になり得るということは、2周期発散関数のジュリア集合の穴の形状も飛び地型になり得るということが予想できます。

実際にそのような2周期発散ジュリア集合の例も見たことがあるのですが、サンプルが少なくて詳細はよくわかっていません。

f(f(b))=b

これも「$${f(b)}$$を残して展開して$${f(b)-b}$$で括れるように変形する」という方法で解けるのですが、そろそろ手計算が覚束なくなってきたので補助ツールを導入しました。

毎度おなじみグラフ描画ツールDESMOSです。

今回の場合、グラフを見ると$${a}$$が$${b}$$の4次関数になりそうなことがわかります。

さらに$${y}$$軸との交点が-2、1(二重)、4であることから式の形が予想でき、少しの試行錯誤により最終的な解が$${a=-\frac{1}{2}(b^4-4b^3-3b^2+14b-8)}$$という式であることが予想できます。

この工程の後に手計算で解を求めるのですが、あらかじめ解が予想できていると「その解が得られそうな式変形」を意図的に行えるので闇雲に計算するよりは楽になります。

f(f(0))=b＆f(f(b))=0

この2つに関しては解けないと判断しました。

$${f(f(b))=b}$$のときと同じようにグラフを描いてみると、まず$${f(f(0))=b}$$の方はこうなります。

3変数関数のグラフを使った解の予測は$${a(2z^3-3z^2)+b}$$と$${a(z+\frac{1}{z})+b}$$のときも使った手法なのですが、こんな感じでグラフが3本以上の曲線に分かれているときはほぼ解けませんでした。

$${f(f(b))=0}$$の方はこうなりました。

パッと見は4次関数と3次関数のグラフが重なっているように見えますが、どうやら見た目が似ているだけで別物のようでした。

どちらもグラフだけで判断せずに実際に手計算で試行錯誤したうえで「解けなさそう」と判断したのですが、以外にも$${f(f(b))=0}$$の方が惜しい感じになりました。

また、関数のネスト数が2回までのものだと$${f(f(0))=f(f(b))}$$も解けないと判断しました。

f(f(0))=f(0)

大した特徴のないマンデルブロ集合に見えますが、$${c=0.75}$$付近のごく限られた範囲にのみ四つ葉穴っぽい模様が見られます。

$${c}$$が0.75に近いときのジュリア集合は、やはり4つ葉穴っぽい構造が見られます。

ちなみに、$${c=2+i}$$のジュリア集合は4つ葉穴型ではないものの、$${\frac{c}{2z^3-2z^2}+1}$$(p(0)=0のもの)と同じように4周期発散関数っぽい見た目になっています。

f(f(b))=f(b)

$${\frac{9c^2-12c+4}{4z^3+6cz^2-4+6c}+1}$$と同じく四つ葉型4周期発散関数っぽい見た目の部分があり、しかもこっちの方がかなりデカいです。

ジュリア集合の特徴も同じような感じでした。

f(f(0))=f(b)

$${f(f(0))=b}$$が解けないならこれも無理では、と思いましたが試してみたら普通に解けました。

ジュリア集合の特徴は、よくわかりませんでした。

f(f(b))=f(0)

p(f(0))=0

$${p(f(0))\\=2f(0)^3-3bf(0)^2-3b+2\\=(f(0)-1)(2f(0)^2-(3b-2)f(0)-3b+2)}$$

$${f(0)-1=0}$$は展開すると$${a=0}$$になってしまうので、$${2f(0)^2-(3b-2)f(0)-3b+2=0}$$を解きます。

$${2f(0)^2-(3b-2)f(0)-3b+2=0}$$は$${f(0)}$$についての2次方程式なので、解の公式を使います。

$${f(0)=\frac{3b-2\pm\sqrt{(3b-2)^2+8(3b-2)}}{4}\\=\frac{3b-2\pm\sqrt{9b^2+12b-12}}{4}}$$

$${9b^2+12b-12}$$が有理式の2乗になればいいので、毎度おなじみのアレをやります。

$${\begin{cases}9b^2+12b-12=d^2\\b=cd-2\end{cases}}$$

$${9(cd-2)^2+12(cd-2)-12-d^2\\=9c^2d^2-36cd-36+12cd-24-12-d^2\\=d((9c^2-1)d-24c)=0}$$

$${d=\frac{24c}{9c^2-1}}$$

$${b=cd-2\\=\frac{24c^2-18c^2+2}{9c^2-1}\\=\frac{6c^2+2}{9c^2-1}}$$

$${3b-2=\frac{18c^2+6}{9c^2-1}-2\\=\frac{18c^2+6-18c^2+2}{9c^2-1}\\=\frac{8}{9c^2-1}}$$

$${f(0)=\frac{1}{4}(3b-2+d)\\=\frac{1}{4}(\frac{8}{9c^2-1}+\frac{24c}{9c^2-1})\\=\frac{6c+2}{9c^2-1}\\=\frac{2}{3c-1}}$$

$${a=(f(0)-1)(3b-2)\\=(\frac{2}{3c-1}-1)\frac{8}{9c^2-1}\\=\frac{8(2-3c+1)}{(3c-1)(9c^2-1)}\\=\frac{-24c+24}{27c^3-9c^2-3c+1}}$$

$${f(z)=\frac{a}{2z^3-3bz^2-2+3b}+1\\=\frac{-24c+24}{(27c^3-9c^2-3c+1)(2z^3-\frac{18c^2+6}{9c^2-1}z^2+\frac{8}{9c^2-1})}+1\\=\frac{-12c+12}{(27c^3-9c^2-3c+1)(z^3-\frac{9c^2+3}{9c^2-1}z^2+\frac{4}{9c^2-1})}+1\\=\frac{-12c+12}{(27c^3-9c^2-3c+1)z^3-(3c-1)(9c^2+3)z^2+4(3c-1)}+1\\=\frac{-12c+12}{(27c^3-9c^2-3c+1)z^3-(27c^3-9c^2+9c-3)z^2+12c-4}+1}$$

周期発散関数の記事で何度か見られた、発散領域が川状になるマンデルブロ集合になりました。

なお、計算の途中で2次方程式の解の符号を選ぶ場面があり、先程は+を選びましたが、-を選ぶと

$${f(z)=\frac{-12c-12}{(27c^3+9c^2-3c-1)z^3-(27c^3+9c^2+9c+3)z^2+12c+4}+1}$$

・・・という関数が得られます。

この関数は+の方の関数の$${c}$$を$${-c}$$に置き換えたもので、マンデルブロ集合は+の方のものを180度回転しただけものになります。

ジュリア集合は、4周期発散っぽさがあるだけで大した特徴はなさそうです。

p(f(b))=0

解法は途中までは$${p(f(0))=0}$$と全く同じで、以下のような途中結果が得られます。

• $${d=\frac{24c}{9c^2-1}}$$

• $${b=cd-2=\frac{6c^2+2}{9c^2-1}}$$

• $${3b-2=\frac{8}{9c^2-1}}$$

• $${f(b)=\frac{3b-2+d}{4}=\frac{2}{3c-1}}$$

あとは$${a}$$を求めるだけですが、ここから急に式が複雑になります。

$${a=(f(b)-1)(-b^3+3b-2)\\=\frac{2-3c+1}{3c-1}×\frac{-(6c^2+2)^3+8(9c^2-1)^2}{(9c^2-1)^3}\\=\frac{(-3c+3)(-(6c^2+2)^3+8(9c^2-1)^2)}{(3c-1)(9c^2-1)^3}\\=\frac{(-3c+3)(-216c^6-216c^4-72c^2-8+648c^4-144c^2+8)}{(3c-1)(729c^6-243c^4+27c^2-1)}\\=\frac{(-3c+3)(-216c^6+432c^4-216c^2)}{(3c-1)(729c^6-243c^4+27c^2-1)}\\=\frac{648c^7-648c^6-1296c^5+1296c^4+648c^3-648c^2}{2187c^7-729c^6-729c^5+243c^4+81c^3-27c^2-3c+1}}$$

$${f(z)=\frac{a}{2z^3-3bz^2-2+3b}+1\\=\frac{648c^7-648c^6-1296c^5+1296c^4+648c^3-648c^2}{(3c-1)(9c^2-1)^3(2z^3-\frac{18c^2+6}{9c^2-1}z^2+\frac{8}{9c^2-1})}+1\\=\frac{324c^7-324c^6-648c^5+648c^4+324c^3-324c^2}{(3c-1)(9c^2-1)^3(z^3-\frac{9c^2+3}{9c^2-1}z^2+\frac{4}{9c^2-1})}+1\\=\frac{324c^7-324c^6-648c^5+648c^4+324c^3-324c^2}{(3c-1)(9c^2-1)^3z^3-(9c^2+3)(3c-1)(9c^2-1)^2z^2+4(3c-1)(9c^2-1)^2}+1}$$

分母の係数を展開すると以下のようになります。(そのまま展開しきると長すぎて正常に表示できなくなります)

$${(9c^2+3)(3c-1)(9c^2-1)^2\\=(27c^3-9c^2+9c-3)(81c^4-18c^2+1)\\=2187c^7-729c^6+243c^5-81c^4-135c^3+45c^2+9c-3}$$

$${4(3c-1)(9c^2-1)^2\\=(12c-4)(81c^4-18c^2+1)\\=972c^5-324c^4-216c^3+72c^2+12c-4}$$

$${p(f(0))=0}$$のときと同じく、符号選択で-を選ぶと180度回転させたものになります。

f(f(f(0)))=0

これは解けないと判断しました。

関数のネスト数が3回までのものの中では、これ以外に

• f(f(f(b)))=b

• f(f(f(0)))=b

• f(f(f(b)))=0

• f(f(f(0)))=f(b)

• f(f(f(b)))=f(0)

• f(f(f(0)))=f(f(0))

• f(f(f(b)))=f(f(b))

• f(f(f(0)))=f(f(b))

• f(f(f(b)))=f(f(0))

• f(f(f(0)))=f(f(f(b)))

• p(f(f(0)))=0

• p(f(f(b)))=0

・・・の計12個が解けなさそうでした。

f(f(f(0)))=f(0)

$${f(f(f(0)))=f(0)}$$の解には、$${f(f(0))=0}$$の解と$${f(f(0))=f(0)}$$の解も含まれます。

そのため$${f(f(f(0)))=f(0)}$$は慎重に展開すれば上手く因数分解ができ、最終的に$${a=-6b+4}$$というシンプルな解が得られます。

f(f(f(b)))=f(b)