Интересный предел

[Ward]

Здравствуйте!

Пусть дано дробно-линейное отображение $L(z)=\dfrac{z+i}{z+2i}$. Как вычислить такой предел?

$$\lim \limits_{n\to \infty}(\underbrace{L\circ L \circ\dots \circ L(z)}_{n})$$

[ex-math]

Для начала надо посмотреть на неподвижные точки этого отображения.

[Ward]

ex-math
У функции $L(z)=\dfrac{z+i}{z+2i}$ только 2 неподвижные точки, а именно $z=\frac{1}{2}-(1+\frac{\sqrt{5}}{2})i$ и $z=\frac{1}{2}+(\frac{\sqrt{5}}{2}-1)i$

-- 06.02.2013, 21:15 --

Но как дальше действовать? Не могу понять причем тут неподвижные точки

[Cash]

Если допустить существование предела
$\displaystyle \lim \limits_{n\to \infty} L^n(z) =z^*$, то чему равно $L(z^*)$?

[ex-math]

Кстати, неподвижные точки найдены неверно: должно быть $\sqrt 3$ вместо $\sqrt 5$.
Но как понять при каких $z$ куда будет сходиться, непонятно.
Можно попробовать оценить $|L(z)-z^*|$ через $|z-z^*|$.

-- 06.02.2013, 21:57 --

Если не ошибся, "притягивающей" точкой будет $1/2+i(\sqrt 3/2-1)$. Ко второй точке сходимость невозможна.

[ИСН]

ИСН в сообщении #457444 писал(а):

Итерировать функции $ax+b\over cx+d$ - это всё равно что множить матрицы $\left(\begin{matrix} a & b \\ c & d \end{matrix}\right)$

[Ward]

Cash в сообщении #680797 писал(а):

Если допустить существование предела
$\displaystyle \lim \limits_{n\to \infty} L^n(z) =z^*$, то чему равно $L(z^*)$?

Ну тогда

$$L(z^*)=L(\lim \limits_{n\to \infty} L^n(z))=\lim \limits_{n\to \infty} L^n(z)=z^*$$

Верно?
Но у $L(z)=\dfrac{z+i}{z+2i}$ есть 2 неподвижные точки $z_1=\frac{1}{2}-(1+\frac{\sqrt{3}}{2})i$ и $z_2=\frac{1}{2}+(\frac{\sqrt{3}}{2}-1)i$
Не может же последовательность иметь 2 различных предела? Один из них не подходит, но как узнать?

-- 06.02.2013, 23:10 --

ex-math
Вы написали, что предел будет точка $z_2$
А как понять, что точка $z_1$ не подходит?

[Алексей К.]

Ward,

я, кажется, разобрался с этой задачкой. Думаю, что в ТФКП это должно быть известное явление, но спецом по ТФКП не являюсь.

Надо посмотреть на это в системе координат, завязанной на неподвижные точки. Проведём новую ось абсцисс из $z_1$ в $z_2$, а ось ординат проведём через точку $z_0=\frac12(z_1+z_2)$ (серединный перпендикуляр). Да ещё и прогомотетим (гомотетию Дума не запретила?) так, чтобы неподвижные точки встали в $z_{1,2}=\pm1$.
И тогда Ваше преобразование должно принять вид

$$z\to\frac{z+b}{bz+1},\quad b\ne\pm1.\eqno(1)$$

Это я просто записал общий вид др.-лин. отображения с такими неподвижными точками, а каким будет для Вашего случая параметр $b$ я не считал. Да и какая разница, каким он будет? Посмотрите предел в зависимости от параметра. Точка $b$ --- это образ нуля при отображении (1). В старых терминах --- образ точки $z_0$. (Она ушла поближе к одному из полюсов, или осталась равноудалённой? --- вот в чём вопрос, по-моему).

PS. Я сказал "полюс", потому что смотрел на это дело в биполярной системе координат $(\rho,\varphi)$, связанной с декартовой $(x,y)$ соотношениями

$$x+iy=\th\frac{\rho+i \varphi}2\qquad\left[x=\dfrac{\sinh\rho}{\cosh\rho+\cos\varphi},\quad y=\frac{\sin\varphi}{\cosh\rho+\cos\varphi} \right].$$

Там преобразование (1) выглядит как "параллельный перенос" вдоль линий $\rho=\operatorname{const}$, $\varphi=\operatorname{const}$:

$$\underbrace{\zeta}_{{=}\rho+i \varphi}\to\zeta+2\operatorname{arth} b.\eqno(2)$$

[mihiv]

Если использовать подсказку ИСН, то сравнительно просто получим, что предел равен $z_2$.

[Ward]

mihiv
да подсказка у ИСН очень хорошая.
Но непонятно одно:
Почему $\underbrace{L\circ L\circ \dots \circ L(z)}_{n}$ это то же самое, что и $\begin{pmatrix} a & b \\ c & d \end{pmatrix}^n$ ?
Можете объяснить?
Для случая $n=2$ понятно, а для общего как-то нет

[ИСН]

Слева функция, справа матрица. Как это может быть одно и то же?

[Ward]

Уважаемый ИСН
я имею ввиду параметры

[ИСН]

C этим так. Почему Вам понятно что-то для $n=2$? Или нет, лучше так: тупо перемножьте две разные произвольные матрицы. Какие получились коэффициенты. Запомним. Теперь тупо скомбинируйте две произвольные дробно-линейные...

[Whitaker]

Ward
Пусть $L(z)=\dfrac{az+b}{cz+d}$, тогда нетрудно убедиться, что $L^2(z)=L\circ L(z)=\dfrac{(a^2+bc)z+(ab+bd)}{(ac+cd)z+(bc+d^2)}$
Пусть $J=\begin{pmatrix} a & b \\ c & d \end{pmatrix}$ - матрица элементы, которой параметры $L(z)$
Тогда нетрудно проверить, что $J^2=\begin{pmatrix} a^2+bc & ab+bd \\ ac+cd & bc+d^2 \end{pmatrix}$
То есть, параметры в $L^2(z)$ такие же как и элементы матрицы $J^2$
Понятно, что $L^3(z)=L\circ L \circ L(z)=L^2\circ L(z)$
Очевидно, что если $L_i(z)=\dfrac{a_iz+b_i}{c_iz+d_i}$ и $A_i=\begin{pmatrix} a_i & b_i \\ c_i & d_i \end{pmatrix}$, где $i=1,2$
Тогда параметры в $L_1(z)\circ L_2(z)$ такие же как элементы матрицы $A_1A_2$
Отсюда следует, что параметры в $L^3(z)$ такие же как в матрице $J^3$, ну и отсюда понятно, что параметры в $L^n(z)$ такие же как в матрице $J^n$

(Оффтоп)

Извиняюсь, что много написал. Хотел как можно подробнее обяснить

[Ward]

А как тогда найти
$\begin{pmatrix} 1 & i \\ 1 & 2i \end{pmatrix}^n$