1 YİNELEMELİ FONKSİYON SİSTEMLERİ 1.1 Metrik Uzaylarda Sabit Nokta Teoremi Tanım 1.1 Boş kümeden farklı bir X kümesi üzerinde aşağıda verilen koşulları sağlayan d : X × X → R+ ∪ {0} fonksiyonuna X üzerinde bir metrik denir. 1. ∀x, y ∈ X için d(x, y) = 0 ancak ve ancak x = y. 2. ∀x, y ∈ X için d(x, y) = d(y, x). 3. ∀x, y, z ∈ X için d(x, y) ≤ d(x, z) + d(z, y). Bu durumda (X, d) ikilisi de metrik uzay olarak adlandırılır. Örnek 1.1 Rn üzerinde x = (x1 , x2 , ..., xn ), y = (y1 , y2 , ..., yn ) ∈ Rn olmak üzere dstd (x, y) = p (x1 − y1 )2 + (x2 − y2 )2 + · · · + (xn − yn )2 şeklinde tanımlanan dönüşüm bir metriktir ve standart metrik adını alır. Tanım 1.2 (X, d) metrik uzayı ve X içinde bir (xn ) dizisi verilsin. Eğer ǫ > 0 verildiğinde n, m > Nε için d(xn , xm ) < ǫ olacak şekilde bir Nε > 0 sayısı varsa, (xn ) dizisine Cauchy dizisi denir. Tanım 1.3 (X, d) metrik uzayındaki her Cauchy dizisi yakınsak ise bu metrik uzaya tam metrik uzay denir. Örnek 1.2 (Rn , dstd ) bir tam metrik uzaydır. ((0, 1), dstd ) ise tam metrik uzay değildir. 1 Bunun için (xn ) = Cauchy dizisinin (0, 1) de yakınsak olmadığını söylemek yetern lidir (Bu dizi Rn ’de yakınsaktır ve 0 noktasına yakınsar, ama yakınsadığı 0 değeri (0, 1) kümesinin elemanı değildir). 1 Alıştırma 1.1 Bir önceki örnekte verilen (xn ) = 1 dizisinin bir Cauchy dizisi olduğunu n gösteriniz. Tanım 1.4 (X, d) bir metrik uzay ve S ⊂ X olsun. Eğer S içindeki her dizinin S de yakınsak olan bir alt dizisi varsa S alt kümesine kompakt denir. Tanım 1.5 Bir X kümesi üzerinde f : X → X fonksiyonu verilsin. f (x∗ ) = x∗ olacak şekilde bir x∗ ∈ X noktası var ise x∗ noktasına f fonksiyonunun sabit noktası denir. Tanım 1.6 (X, d) metrik uzay ve f : X → X fonksiyonu verilsin. Eğer her x, y ∈ X için d(f (x), f (y)) ≤ s d(x, y) olacak şekilde bir 0 ≤ s < 1 gerçel sayısı var ise f fonksiyonuna bir büzülme dönüşümü, s değerine de büzülme katsayısı denir. Alıştırma 1.2 (X, d) bir metrik uzay ve f : X → X bir büzülme dönüşümü olsun. Bu durumda f fonksiyonunun sürekli olduğunu gösteriniz. Teorem 1.1 (Sabit Nokta Teoremi) (X, d) bir tam metrik uzay ve f : X → X büzülme dönüşümü olsun. Bu durumda f (x∗ ) = x∗ olacak şekilde bir tek x∗ ∈ X sabit noktası vardır ve keyfi x0 ∈ X için x0 , f (x0 ), f (f (x0 )) = f 2 (x0 ), ..., f n (x0 ), ... dizisi x∗ noktasına yakınsar. Kanıt. x0 ∈ X için; x1 = f (x0 ) x2 = f (x1 ) = f (f (x0 )) .. . xn = f (xn−1 ) .. . 2 biçiminde oluşturduğumuz (xn ) dizisini düşünelim. Önce bu dizinin Cauchy dizisi olduğunu görelim. (xn ) dizisinin Cauchy dizisi olması için, ∀ε > 0 için ∃Nε n, m > Nε iken d(f n (x), f m (x)) = d(xn , xm ) < ε olmalıdır. n < m olsun. Eşitlik durumunda zaten 0 < ε olacaktır. Bu durumda d(xn , xm ) ≤ d(xn , xn+1 ) + d(xn+1 , xn+2 ) + · · · + d(xm−1 , xm ) eşitsizliği d nin metrik oluşundan vardır. Ayrıca f büzülme dönüşümü olduğundan her n için d(xn , xn+1 ) = d(f (xn−1 ), f (xn )) ≤ sd(xn−1 , xn ) ≤ s2 d(xn−2 , xn−1 ) ≤ sn d(x0 , x1 ) dir. Bunu her n için yapabileceğimiz açıktır. Şimdi bu ifadeyi bir önceki eşitsizlikte yerine yazarsak d(xn , xm ) ≤ sn d(x0 , x1 ) + sn+1 d(x0 , x1 ) + ... + sm−1 d(x0 , x1 ) ≤ sn (1 + s + s2 + ... + sm+1−n )d(x0 , x1 ) sn ≤ d(x0 , x1 ) 1−s log[ε(1 − s)] sayısının tam değerinin bir fazlası seçersek d(x0 , x1 ) istenilen eşitsizlik her n, m için sağlanmış olur. Yani (xn ) dizisi bir Cauchy dizisidir. elde edilir. O halde Nε sayısını (X, d) tam metrik uzay olduğundan dolayı (xn ) yakınsaktır. Bu durumda lim xn = x∗ n→∞ olsun. Ayrıca f (xn ) = xn+1 dizisi, bu dizinin bir alt dizisi olduğundan, f sürekli ve (xn ) yakınsak olduğundan f (x∗ ) = x∗ olacağı açıktır. Bununla beraber x∗ tektir. Şimdi bunu da görelim. Varsayalım tek olmasın. x∗ 6= y ∗ ve f (y ∗ ) = y ∗ olsun. Bu durumda d(f (x∗ ), f (y ∗ )) ≤ sd(x∗ , y ∗ ) < d(x∗ , y ∗ ) olmalıdır. Ama d(f (x∗ ), f (y ∗ )) = d(x∗ , y ∗ ) 3 olduğundan bu mümkün değildir. O halde x∗ tek olmak zorundadır. Yani bir tam metrik uzay üzerinde tanımlı bir büzülme dönüşümünün sabit noktası vardır ve tektir. Bu sabit nokta uzaydan alınan keyfi bir elemanın iterasyonuyla elde edilir. x+1 dönüşümünü alalım. x, y ∈ R için 2 x+1 y+1 , dstd (f (x), f (y)) = dstd 2 2 x + 1 y + 1 x − y 1 = |x − y| = − = 2 2 2 2 1 = dstd (x, y) 2 Örnek 1.3 f : R → R, f (x) = olduğundan f büzülme katsayısı 1 olan bir büzülme dönüşümüdür. Bu dönüşümün sabit 2 noktası x∗ f (x∗ ) = x∗ + 1 = x∗ ⇒ x∗ = 1 2 olarak bulunur. Gerçekten de f (1) = 1 dir. Şimdi R’den keyfi bir nokta seçip Teorem 1.1’de belirtilen algoritmayla sabit noktaya ulaşmaya çalışalım. Örneğin 0 ∈ R alalım. f (0) = 1 2 3 1 f 2 (0) = f (f (0)) = f ( ) = 2 4 3 7 3 2 f (0) = f (f (0)) = f ( ) = 4 8 7 15 f 4 (0) = f (f 3 (0)) = f ( ) = 8 16 .. . şeklinde devam edersek, limit durumunda 1 sabit noktasına ulaşırız. Yani lim f n (0) = 1 n→∞ dir. Yardımcı Teorem 1.1 (X, d) bir tam metrik uzay ve f : X → X büzülme katsayısı s olan bir büzülme dönüşümü olsun. x0 , f fonksiyonunun sabit noktası olmak üzere her x ∈ X için d(x, x0 ) ≤ 1 d(x, f (x)) 1−s şeklindedir. 4 Kanıt. Sabit nokta tanımından ve metriğin sürekliliğinden yararlanarak d(x, x0 ) = d(x, lim f n (x)) n→∞ = ≤ ≤ ≤ lim d(x, f n (x)) n→∞ lim n X n→∞ m=1 n X lim n→∞ m=1 d(f (m−1) (x), f m (x)) d(x, f (x))(1 + s + · · · + sn−1 ) 1 d(x, f (x)) 1−s şeklinde bulunur. ALIŞTIRMALAR 1. X = Rn üzerinde x = (x1 , x2 , ..., xn ), y = (y1 , y2 , ..., yn ) olmak üzere d1 (x, y) = |x1 − y1 | + |x2 − y2 | + · · · + |xn − yn | d∞ (x, y) = max{|x1 − y1 |, |x2 − y2 |, · · · , |xn − yn |} şeklinde tanımlanan dönüşümlerin birer metrik olduğunu gösteriniz. 2. f : (0, a) → (0, a), f (x) = x2 (a > 0) fonksiyonunun bir büzülme dönüşümü olması 1 için a ne olmalıdır? Ayrıca a = için bu dönüşümün sabit noktası olmadığını 3 gösterip, nedeneni Teorem 1.1’i göz önüne alıp tartışınız. 3. Aşağıdaki dönüşümlerin büzülme olup olmadığını araştırınız. a. f : R → R, f (x) = x+3 2 b. f : R → R, f (x) = cos(x) c. f : R → R, f (x) = cos2 (x) 1 2 2 d. f : R → R , f (x, y) = x, y 2 1 1 1 e. f : R2 → R2 , f (x, y) = x+ , y 3 3 2 1 2 2 f. f : R → R , f (x, y) = 0, √ y 2 5 4. Aşağıdaki verilen dönüşümlerinin sabit noktalarını belirleyiniz. a. f : R → R, f (x) = 2x + 3 4 b. f : R → R, f (x) = sin x 1 1 2 2 c. f : R → R , f (x, y) = x + 1, y 4 2 1 1 1 1 2 2 √ √ d. f : R → R , f (x, y) = x+ , y− x 2 3 3 2 1 1 1 x + y, √ y e. f : R2 → R2 , f (x, y) = 5 5 2 1 1 1 1 1 3 3 x + y, z − √ y, y f. f : R → R , f (x, y, z) = 5 5 4 2 2 6 1.2 Haussdorf Metriği (X, d) bir tam metrik uzay olmak üzere, X’in boş kümeden farklı kompakt alt kümelerinin uzayını H(X) ile gösterelim. Yani H(X) = {A | A ⊂ X, A 6= Φ ve A kompakt} olsun. Bu bölümdeki hedefimiz H(X) kümesi üzerinde bir metrik inşaa etmek. x ∈ X ve A ∈ H(X) olmak üzere bir x noktasının A kümesine uzaklığı d(x, A) = min{d(x, y) | y ∈ A} olarak tanımlanır. Bu tanımdan yararlanarak X’in kompakt alt kümeleri arasındaki uzaklığı tanımlaya çalışalım. A, B ∈ H(X) olsun. Bu durumda A kümesinin B kümesine olan uzaklığı d(A, B) = max{d(x, B) | x ∈ A} = max{min{d(x, y) | y ∈ B} | x ∈ A} şeklinde tanımlanır. A ve B kümelerinin kompaktlığı ve metriğin sürekliliğinden dolayı bu tanım anlamlıdır. H(X) kümesinin iki elemanı arasındaki uzaklık olarak tanımlanan bu fonksiyon A B d(B, A) d(A, B) Şekil 1.1: A ve B kümeler için d(A, B) ve d(B, A) H(X) üzerinde bir metrik değildir. Bunun sebebi de tanımladığımız uzaklık fonksiyonunun simetrik olmayışıdır. Yani d(A, B) = d(B, A) eşitliği geçerli olmayabilir. Şimdi bu duruma basit bir örnek verelim. 7 Örnek 1.4 X = R2 olsun. R2 ’nin kompakt alt kümeleri olarak A = {0} ve B = [1, 2] kümelerini alalım. Bu durumda A B 0 1 2 tanımdan d(A, B) = 1 ve d(B, A) = 2 olduğu kolayca doğrulanabilir. Amacımız H(X) üzerinde bir metrik verebilmekti. Bu hedef doğrultusunda X metrik uzayı üzerindeki d metriğine bağlı olarak H(X) uzayı üzerinde yeni bir uzaklık fonksiyonu tanımlayalım. Tanım 1.7 (X, d) tam bir metrik uzay ve A, B ∈ H(X) olmak üzere h(A, B) = max{d(A, B), d(B, A)} değerine A ile B kümeleri arasındaki Hausdorff uzaklığı denir. Şimdi, bu kavramı daha iyi anlayabilmek için aşağıdaki örnekleri inceleyelim. Örnek 1.5 R2 ’de A kümesi (3, 4) merkezli ve 2 yarıçaplı bir daire, B kümesi de (6, 4) merkezli ve 3 yarıçaplı bir daire olsun. Bu iki kompakt kümenin Hausdorff uzaklığını hesaplayalım. 7 B A 6 5 2 4 4 3 2 1 0 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 Şekilden de açıkça görüldüğü üzere d(A, B) = 2 ve d(B, A) = 4 dür. Bu durumda h(A, B) = max{d(A, B), d(B, A)} = 4 olarak bulunur. 8 Örnek 1.6 R2 ’de A kümesi şekilde gösterildiği üzere 2 birim kenara sahip bir kare, B kümesi de (3, 1) merkezli ve 1 yarıçaplı bir daire olsun. Bu iki kompakt kümenin Hausdorff uzaklığı nedir? A 2 B 1 √ 2 5 1 2 3 Yine şekilden hesaplanabileceği üzere d(A, B) = 4 √ 5 ve d(B, A) = 2 dir. Bu durumda h(A, B) = max{d(A, B), d(B, A)} = √ 5 olarak bulunur. Örnek 1.7 R2 ’de A kümesi (2.25, 2) merkezli ve 1 yarıçaplı bir daire, B kümesi aynı merkezli ve eksenleri sırasıyla 2 ve 1.25 olna bir elips olsun. 3 2 B 1 A 1 1 2 3 4 A kümesi B kümesinin alt kümesi olduğu için d(A, B) = 0 olduğu açıktır. Ve d(B, A) = 1 olduğu da şekilden görülmektedir. Sonuç olarak h(A, B) = max{d(A, B), d(B, A)} = 1 şeklinde bulunur. 9 Not 1.1 A ∈ H(X) ve ε > 0 verilsin. A kümesinin ε-kapalı komşuluğu Aε = {x ∈ X | d(x, A) ≤ ε} şeklinde tanımlanır. Bu durumda verilen A, B ∈ H(X) kümeleri arasındaki Hausdorff uzaklığı h(A, B), B ⊆ Aε ve A ⊆ Bε koşulunu sağlayan en küçük pozitif ε sayısı olarak da tanımlanabilir. Şekil 1.2: A ve B kümelerinin Hausdorff uzaklığı h(A, B) = ε Yardımcı Teorem 1.2 (X, d) metrik uzay ve A, B, C ∈ H(X) verilsin. Bu durumda Tanım 1.7 de tanımlanan h fonksiyonu aşağıdaki özellikleri sağlar. • h(A, A) = 0 dır. • h(A, B) = 0 olması için gerek ve yeter şart A = B olmasıdır. • h(A, B) = h(B, A) dır. • h(A, C) ≤ h(A, B) + h(B, C) dir. Yardımcı Teorem 1.2’in sonucu olarak aşağıdaki teorem ispatlanmış olur. Teorem 1.2 (H(X), h) bir metrik uzaydır. 10 Sonuç olarak d metriği yardımıyla H(X) üzerinde bir metrik tanımlamış olduk. Bu h metriğine Hausdorff metriği denir. Teorem 1.3 (X, d) tam metrik uzay ise (H(X), h) de tam metrik uzaydır. Kanıt. Bkz. [Barnsley, s.35]. Yardımcı Teorem 1.3 (X, d) bir metrik uzay ve A, B, C ⊂ X kompakt alt kümeler olsun. Bu durumda d(A ∪ B, C) = max{d(A, C), d(B, C)} eşitliği geçerlidir. Yardımcı Teorem 1.4 (X, d) bir metrik uzay (H(X), h) Hausdorff metriği olmak üzere ∀ A, B, C, D ∈ H(X) için h(A ∪ B, C ∪ D) ≤ max{h(A, C), h(B, D)} şeklindedir. Kanıt. Yardımcı Teorem 1.3 ve h’nin tanımını kullanarak sonuca ulaşılır. ALIŞTIRMALAR 1. Teorem 1.3 ’ü kanıtlayınız. 2. Yardımcı Teorem 1.2 ’yi ve Yardımcı Teorem 1.3’ü kanıtlayınız. 3. Aşağıdaki verilen R2 ’nin kompakt alt kümelerin Hausdorff uzaklıklarını hesaplayınız. a. A={(x, y) | 3 ≤ x ≤ 5, y = 2x} , B={(x, y) | (x − 1)2 + y 2 = 1} b. A={(x, y) | 3 ≤ x ≤ 5, y = 2x} , B={(0, 1)} c. A={(x, y) | 1 ≤ x ≤ 3, y = x2 + 2} , B={(x, y) | 1 ≤ x ≤ 3, y = 0} d. A={(x, y) | 0 ≤ x ≤ 2, y = x2 } , B={(x, y) | 0 ≤ x ≤ 2, y = 11 √ x} e. A={(x, y) | 0 ≤ x ≤ 1, 0 ≤ y ≤ 1} , B={(x, y) | (x − 2)2 + (y − 2)2 = 2} 4. S 2 ⊂ R3 = {(x, y, z) | x2 + y 2 + z 2 = 1} birim küre olmak üzere h(S 2 , A) = 0.5 olacak şekilde bir A kompakt kümesi bulunuz. 5. Tanım 1.7’de ve Note 1.1’de tanımlanan Hausdorff uzaklığı kavramlarının denk olduğunu gösteriniz. 12 1.3 Yinelemeli Fonksiyon Sistemleri (X, d) bir metrik uzay olmak üzere f : X → X bir büzülme dönüşümü olsun. Bu durumda bir A ∈ H(X) için f (A) = {f (x) | x ∈ A} kümesinin de f fonksiyonunun sürekliliğinden dolayı H(X) kümesinin bir elemanı olacağı açıktır. O halde (X, d) metrik uzayı üzerinde verilen bir f büzülme dönüşümü yardımıyla (H(X), h) metrik uzayı üzerinde bir büzülme dönüşümü tanımlanabilir. Yardımcı Teorem 1.5 (X, d) bir metrik uzay ve f : X → X büzülme katsayısı s olan bir büzülme dönüşümü olsun. Bu durumda A ∈ H(X) için f : H(X) → H(X) f (A) = {f (x) | x ∈ A} olarak tanımlanan f dönüşümü de (H(X), h) uzayında büzülme katsayısı s olan bir büzülme dönüşümüdür. Kanıt. A, B ∈ H(X) için d(f (A), f (B)) = max{min{d(x, y) | f (y) ∈ f (B)} | f (x) ∈ f (A)} = max{min{d(f (x), y) | f (y) ∈ f (B)} | x ∈ A} = max{min{d(f (x), f (y)) | y ∈ B} | x ∈ A} ≤ max{min{s d(x, y) | y ∈ B} | x ∈ A} = s d(A, B) şeklindedir. Benzer biçimde d(f (B), f (A)) ≤ s d(B, A) dır. Bu durumda h(f (A), f (B)) = max{ d(f (A), f (B)) , d(f (B), f (A)) } ≤ s max{d(A, B), d(B, A)} = s h(A, B) olduğundan istenilen elde edilir. 13 Yardımcı Teorem 1.6 (X, d) bir metrik uzay olmak üzere {fi | i = 1, 2, ..., n} dönüşümleri (H(X), h) uzayında büzülme katsayıları sırasıyla si olan büzülme dönüşümleri olsun. Bu durumda A ∈ H(X) için F : H(X) → H(X) F (A) = f1 (A) ∪ f2 (A) ∪ · · · ∪ fn (A) = n S fi (A) (1.1) i=1 olarak tanımlanan F dönüşümü büzülme katsayısı s = max{si | i = 1, 2, ..., n} olan bir büzülme dönüşümüdür. Kanıt. s = max{s1 , s2 , ..., sn } olsun. Kanıt için tümevarım metodunu kullanalım. n = 2 için teoremin doğru olduğunu gösterelim önce. F2 : H(X) → H(X) F2 (A) = f1 (A) ∪ f2 (A) olsun. Bu durumda Yardımcı Teorem 1.4 kullanılarak h(F2 (A), F2 (B)) = h(f1 (A) ∪ f2 (A), f1 (B) ∪ f2 (B)) ≤ max{h(f1 (A) ∪ f1 (B)) , h(f2 (A) ∪ f2 (B))} ≤ max{s1 h(A, B), s2 h(A, B)} ≤ s h(A, B) şeklinde elde edilir. Şimdi n = m için teoremin doğru olduğunu kabul edelim. n = m + 1 için de doğru mu? Varsayalım Fm : H(X) → H(X) Fm (A) = f1 (A) ∪ f2 (A) ∪ · · · ∪ fm (A) için iddia doğru olsun. Yani h(Fm (A), Fm (B)) = h(f1 (A) ∪ · · · ∪ fm (A), f1 (B) ∪ · · · ∪ fm (B)) ≤ s h(A, B) olsun. Acaba Fm+1 : H(X) → H(X) Fm+1 (A) = f1 (A) ∪ f2 (A) ∪ · · · ∪ fm+1 (A) 14 (1.2) için h(Fm+1 (A), Fm+1 (B)) = h(f1 (A) ∪ · · · ∪ fm+1 (A), f1 (B) ∪ · · · ∪ fm+1 (B)) ≤ s h(A, B) eşitsizliği sağlanır mı? Yine Yardımcı Teorem 1.4 ve (1.2) eşitsizliği kullanılarak h(Fm+1 (A), Fm+1 (B)) = h(f1 (A) ∪ · · · ∪ fm+1 (A), f1 (B) ∪ · · · ∪ fm+1 (B)) = h(Fm (A) ∪ fm+1 (A), Fm (B) ∪ fm+1 (B)) ≤ max{h(Fm (A) ∪ Fm (B)), h(fm+1 (A) ∪ fm+1 (B))} ≤ max{s h(A, B), sm+1 h(A, B)} = s h(A, B) olarak istenilen sonuç elde edilir. Tanım 1.8 (X, d) bir tam metrik uzay ve f1 , f2 , ..., fn : X → X dönüşümleri büzülme katsayıları sırasıyla s1 , s2 , ..., sn olan büzülme dönüşümleri olsunlar. Bu durumda {X; fi | i = 1, 2, ..., n} sistemine büzülme katsayısı s = max{si | i = 1, 2, ..., n} olan yinelemeli fonksiyon sistemi denir ve kısaca YFS ile gösterilir. Teorem 1.4 {X; fi , i = 1, 2, ..., n} yinelemeli fonksiyon sistemi ve F : H(X) → H(X) F (A) = f1 (A) ∪ f2 (A) ∪ · · · ∪ fn (A) = n S fi (A) i=1 olarak tanımlanan F dönüşümü verilsin. Bu durumda F dönüşümünün A = F (A) = n [ fi (A) i=1 olacak şekilde tek bir A ∈ H(X) sabit noktası vardır. Ayrıca bu sabit nokta, ∀B ∈ H(X) için B, F (B), F 2 (B), F 3 (B), ... 15 dizisinin limiti olarak A = lim F n (B) n→∞ şeklinde elde edilir. Kanıt. Teorem 1.1 kullanılarak istenilen sonuç elde edilir. Tanım 1.9 Teorem 1.4 de ifade edilen A ∈ H(X) sabit noktasına YFS’nin çekicisi denir. Ayrıca bir küme bir YFS’nin çekicisi ise kendine benzer küme adını alır. Bu noktadan sonra kolaylık açısından yukarıda bahsi geçen YFS’nin çekicisini A{X; f1 , f2 , ..., fn } olarak göstereceğiz. Bu durumda A = F (A) = n [ fi (A) ise A{X; f1 , f2 , ..., fn } = A i=1 olarak yazılabilir. Ve keyfi bir B ∈ H(X) için A = lim Fn (B) şeklindedir. n→∞ Örnek 1.8 (Sierpinski Üçgeni) (R2 , dstd ) tam metrik uzayı verilsin. i = 1, 2, 3 için fi : R2 → R2 x y , 2 2 x+1 y f2 (x, y) = , 2 2 f1 (x, y) = f3 (x, y) = √ ! x + (1/2) y + 3 , 2 2 1 olan büzülme dönüşümlerini düşünelim. Bu 2 durumda H(R2 ) üzerinde tanımlanan (Bkz. (1.1)) F büzülme dönüşümünün sabit nokşeklinde tanımlanan ve büzülme kasayıları tasına ya da başka bir değişle {R2 ; f1 , f2 , f3 } YFS’nin çekicisine Sierpinski Üçgeni denir ve S ile gösterilir. Bu durumda f1 (S) ∪ f2 (S) ∪ f3 (S) = S olur. 16 Şekil 1.3: Sierpinski Üçgeni Şimdi Sierpinski üçgeninin nasıl elde edildiğine yakından göz atalım. Takibin kolaylığı açısından, kompakt küme olarak {(0, 0)} kümesini alalım. Sonuçta bu küme de R2 ’nin kompakt bir alt kümesi. Şimdi bu noktayı F dönüşümüne uygulayarak yeni bir kompakt küme elde edeceğiz. f1 (0, 0) = (0, 0), f2 (0, 0) = 1 , 0 , f3 (0, 0) = 2 olduğundan F ({(0, 0)}) = ( (0, 0), √ ! 1 3 , 4 2 √ !) 1 3 , 4 2 1 ,0 , 2 dir. Bu noktaların geometrik yeri 0.8 0.6 0.4 0.2 0 0 0.2 0.4 0.6 0.8 1 şeklindedir. Şekilden de açıkça görüldüğü üzere f1 , f2 ve f3 dönüşümleri düzlemde verilen √ bir noktayı sırasıyla (0, 0), (1, 0) ve 12 , 23 noktalarına çekmektedir. Şimdi de bu elde ettiğimiz kompakt kümeye F dönüşümünü uygulayarak F 2 ({(0, 0)}) kümesini elde edelim. 17 f1 (0, 0) = (0, 0) 1 2, 0 f1 f1 √ 3 1 , 4 2 = = 1 4, 0 f2 (0, 0) = 1 2, 0 1 2, 0 3 4, 0 f2 √ 3 1 , 8 4 f2 √ 3 1 , 4 2 = = f3 (0, 0) = f3 √ 3 5 , 8 4 f3 1 2, 0 = √ 3 1 , 4 2 √ 3 1 , 4 2 = √ 3 1 , 2 2 √ 3 3 3 , 8 4 olduğundan 2 F ({(0, 0)}) = √ ! 1 1 3 1 3 ,0 , , , ,0 , ,0 , (0, 0), 2 4 2 4 4 √ ! √ ! √ ! √ !) 1 3 1 3 5 3 3 3 3 , , , , , , , 2 2 8 4 8 4 8 4 ( şeklindedir. Bu noktaların geometrik yeri de 0.8 0.6 0.4 0.2 0 0 0.2 0.4 0.6 0.8 1 şeklindedir. Bu şekilde devam edildiğinde her sonlu adımda sonlu noktadan oluşan (n. adımda 3n nokta) kompakt bir küme elde edilir. Yeterince bu algoritmayı tekrar ettiğimizde çekicimiz olan Sierpinski üçgeni belirmeye başlar. Aşağıda ilk 5 adımda oluşan noktalar kümesini görmektesiniz. 18 0.8 0.8 0.6 0.6 0.4 0.4 0.2 0.2 0 0 0 0.2 0.4 0.6 0.8 1 0 0.2 A 0.8 0.6 0.6 0.4 0.4 0.2 0.2 0 0 0.2 0.4 0.6 0.8 1 0 0.2 F 2 (A) 0.8 0.6 0.6 0.4 0.4 0.2 0.2 0 0 0.2 0.4 0.8 1 0.6 0.4 0.6 0.8 1 0.8 1 F 3 (A) 0.8 0 0.6 F (A) 0.8 0 0.4 0.8 1 0 F 4 (A) 0.2 0.4 0.6 F 5 (A) Limit durumunda ise tam olarak Sierpinski üçgenine ulaşılır. Aldığımız tek noktanın ne olduğunun bir önemi yoktur. Başlangıç kümesi olarak A = {(1453, −1071)} de alınsaydı sonuç değişmeyecekti. Sonuç olarak herhangi bir yinelemeli fonksiyon sisteminin çekicisini bulmak için hangi kompakt kümeyle başladığınızın da bir önemi yoktur. Örneğin düzlemdeki birim kareyi alarak işlemimizi tekrarlasaydık aşağıdaki şekillerde de görüldüğü üzere yine ilgili YFS’nin çekicisi Sierpinski üçgeni olacaktır. 19 A F (A) F 2 (A) F 3 (A) F 4 (A) F 5 (A) F 6 (A) F 7 (A) 20 Ya da başlangıç kümesi olarak şeklinde bir kompakt küme alınsa yine aynı çekiciye ulaşılır. A F (A) F 2 (A) F 3 (A) F 4 (A) F 5 (A) 21 Bir başka başlangıç kümesi için yine çekici Sierpinski üçgeni. A F (A) F 2 (A) F 3 (A) F 4 (A) F 5 (A) Uyarı 1.4 f1 (S), f2 (S), f3 (S) kümelerinin her birinin Sierpinski üçgeninin büzülmüşünün uygun ötelemeleri ve f1 (S) ∪ f2 (S) ∪ f3 (S) = S olduğuna dikkat çekelim. 22 1 oranında 2 1 1 0.8 0.8 0.6 0.6 0.4 0.4 0.2 0.2 0 0 0 0.2 0.4 0.6 0.8 1 0 0.2 f1 (S) 0.4 0.6 0.8 1 0.8 1 f2 (S) 1 1 0.8 0.8 0.6 0.6 0.4 0.4 0.2 0.2 0 0 0 0.2 0.4 0.6 0.8 1 0 f3 (S) 0.2 0.4 0.6 S = f1 (S) ∪ f2 (S) ∪ f3 (S) Örnek 1.9 (Cantor) (R, dstd ) tam metrik uzayı verilsin. i = 1, 2 için fi : R → R f1 (x) = f2 (x) = x 3 x+2 3 şeklinde tanımlanan büzülme dönüşümlerini düşünelim. Bu durumda {R; f1 , f2 } YFS’nin çekicisine Cantor Kümesi denir ve C ile gösterilir. Bu durumda f1 (C) ∪ f2 (C) = C şeklinde ifade edilebilir. Şekil 1.4: Cantor Kümesi 23 Cantor kümesini çekici olarak elde etmek için R’nin bir kompakt alt kümesini seçelim. Yine ilk olarak tek nokta kümesi alalım. A = {(1)} olsun. Şimdi bu noktayı F dönüşümüne uygulayarak yeni bir kompakt küme elde edeceğiz. 1 f1 (1) = , f2 (1) = 1 ⇒ F ({1}) = 3 1 ,1 3 şeklindedir. Bu elde ettiğimiz kompakt kümeye F dönüşümünü uygulayarak F 2 ({1}) kümesini elde edelim. 1 1 = f1 3 9 f1 (1) = 1 7 f2 = 3 9 1 3 f2 (1) = 1 olduğundan 2 F ({1}) = 1 1 7 , , , 1 9 3 9 şeklindedir. Bu şekilde devam edildiğinde her sonlu adımda sonlu noktadan oluşan (n. adımda 2n nokta) kompakt bir küme elde edilir. Bu şekilde devam ettiğimizde çekicimiz olan Cantor kümesi belirmeye başlar. Aşağıda ilk 5 adımda oluşan noktalar kümesini görmektesiniz. 24 Alıştırma 1.3 A = [0, 1] alarak benzer yöntemle Cantor kümesini ilgili yinelemeli fonksiyon sisteminin çekicisi olarak (yaklaşık) elde ediniz. Örnek 1.10 (Koch Eğrisi) (R2 , dstd ) tam metrik uzayı verilsin. i = 1, 2, 3, 4 için fi : R2 → R2 f1 (x, y) = f2 (x, y) = f3 (x, y) = f4 (x, y) = 1 1 x, y 3 3 √ 1 3 x− y+ 6 6 √ 1 3 x+ y+ 6 6 1 2 1 x+ , y 3 3 3 ! √ 1 3 1 , x+ y 3 6 6 √ √ ! 1 3 1 3 ,− x+ y+ 2 6 6 6 şeklinde tanımlanan büzülme dönüşümlerini düşünelim. Bu durumda {R2 ; f1 , f2 , f3 , f4 } YFS’nin çekisine Koch Eğrisi denir. Şekil 1.5: Koch Eğrisi Alıştırma 1.4 Sierpinski örneğinde olduğu gibi, tek bir nokta alıp F dönüşümü yardımıyla adım adım elde edilen nokta kümelerini belirleyip Koch eğrisine nasıl yaklaşıldığını görünüz. Benzer biçimde, düzlemde birim kareyi alıp ilgili F dönüşümünü üst üste uygulayarak Koch eğrisine yaklaşabilirsiniz. Aşağıda bu dönüşümün birim kareye 5 kez uygulanması sonucu elde edilen kümeleri görmektesiniz. 25 A F (A) F 2 (A) F 3 (A) F 4 (A) F 5 (A) Örnek 1.11 i = 1, 2, 3, 4, 5 için fi : R2 → R2 f1 (x, y) = f2 (x, y) = f3 (x, y) = f4 (x, y) = f5 (x, y) = x y , 3 3 2x + 3 2y + 3 , 6 6 x+3 y , 3 3 x y+3 , 3 3 x+3 y+3 , 3 3 büzülme dönüşümleri verilsin. Bu büzülme dönüşümlerinin belirlediği yinelemeli fonksiyon 26 sisteminin sabit noktasını belirlemek için başlangıç kümesi olarak {(0, 0)} kümesini alıp yinelemeli resimlerine bakarsak aşağıdaki kümeler elde edilir ve 7. adımda da sabit nokta belirgin bir hal almış olur. 1.6 1.6 1.4 1.4 1.2 1.2 1 1 0.8 0.8 0.6 0.6 0.4 0.4 0.2 0.2 0 0 0 0.2 0.4 0.6 0.8 1 1.2 1.4 1.6 0 0.2 0.4 0.6 0.8 A 1 1.2 1.4 1.6 F (A) 1.6 1.6 1.4 1.4 1.2 1.2 1 1 0.8 0.8 0.6 0.6 0.4 0.4 0.2 0.2 0 0 0 0.2 0.4 0.6 0.8 1 1.2 1.4 1.6 0 0.2 0.4 0.6 0.8 F 2 (A) 1 1.2 1.4 1.6 F 3 (A) 1.6 1.6 1.4 1.4 1.2 1.2 1 1 0.8 0.8 0.6 0.6 0.4 0.4 0.2 0.2 0 0 0 0.2 0.4 0.6 0.8 1 1.2 1.4 1.6 0 0.2 0.4 0.6 0.8 F 4 (A) 1 1.2 1.4 1.6 F 5 (A) 1.6 1.6 1.4 1.4 1.2 1.2 1 1 0.8 0.8 0.6 0.6 0.4 0.4 0.2 0.2 0 0 0 0.2 0.4 0.6 0.8 1 1.2 1.4 1.6 0 0.2 0.4 0.6 0.8 F 6 (A) 1 1.2 1.4 1.6 F 7 (A) 27 Örnek 1.12 i = 1, 2, 3, 4, 5 için fi : R2 → R2 √ √ ! 3− 5 3− 5 x, y f1 (x, y) = 2 2 √ √ √ ! 3− 5 5−1 3− 5 f2 (x, y) = x+ , y 2 2 2 p √ √ ! √ √ 3− 5 5−3 3− 5 10 − 2 5 f3 (x, y) = x+ , y+ 2 4 2 4 p p √ √ √ √ √ ! 3− 5 5−1 3− 5 10 − 2 5 5−2 5 x+ , y+ + f4 (x, y) = 2 4 2 4 2 p √ ! √ √ √ 5+1 3− 5 10 − 2 5 3− 5 f5 (x, y) = x+ , y+ 2 4 2 4 şeklinde tanımlanan büzülme dönüşümlerinin belirlediği yinelemeli fonksiyon sistemini düşünelim. Başlangıç kümesi olarak yine birim kare alınarak elde edilen ilk 4 adım aşağıdaki gibidir. A F (A) F 2 (A) F 3 (A) F 4 (A) 28 Örnek 1.13 (Yaprak) (R2 , dstd ) tam metrik uzayında i = 1, 2, 3, 4 için fi : R2 → R2 16 y f1 (x, y) = 0, 100 85 4 4 85 16 f2 (x, y) = x+ y, − x+ y+ 100 100 100 100 10 2 26 23 22 16 f3 (x, y) = x− y, x+ y+ 10 100 100 100 10 28 26 24 44 15 x+ y, x+ y+ f4 (x, y) = − 100 100 100 100 100 olarak verilsin. Bu sistemin çekicisi şeklindedir. Yine başlangıç kümesi olarak birim kare alınarak elde edilen ilk 6 adım aşağıdaki gibidir. 6. adımda çekici ortaya çıkmaktadır. A F (A) F 2 (A) F 3 (A) 29 F 4 (A) F 5 (A) F 6 (A) Örnek 1.14 Örnek 1.8’de verilen yinelemeli fonksiyon sisemindeki büzülmelerin büzülme 1 alarak oluşturduğumuz sistemin çekicisi nedir? Başlangıç kümesi olarak katsayılarını 3 yine seçtiğimizde ilgili dizinin ilk 6 terimi aşağıdaki gibidir (Tersine, büzülme katsayılarını büyütseydik, mesela 2 3 alsaydı durum ne olurdu?). 30 A F (A) F 2 (A) F 3 (A) F 4 (A) F 5 (A) Tanım 1.10 (X, d) tam metrik uzay ve C ∈ H(X) olsun. ∀A ∈ H(X) için w: H(X) −→ H(X) A 7→ w(A) = C şeklinde tanımlanan dönüşüme condensation dönüşümü denir. Tanım 1.11 (X, d) tam metrik uzayı verilsin. {X; f1 , f2 , ..., fn } büzülme katsayısı 0 ≤ s < 1 olan bir yinelemeli fonksiyon sistemi olsun. w : H(X) −→ H(X) herhangi bir condensation dönüşümü olmak üzere {X; w, f1 , f2 , ..., fn } sistemine condensation dönüşümlü yinelemeli fonksiyon sistemi denir. 31 Teorem 1.5 (X, d) tam metrik uzayı ve w bir condensation dönüşümü olmak üzere {X; w, f1 , f2 , ..., fn } condensation dönüşümlü bir yinelemeli fonksiyon sistemi verilsin. Bu durumda F : H(X) −→ H(X) A 7→ F (A) = w(A) ∪ f1 (A) ∪ · · · ∪ fn (A) dönüşümü (H(X), h) tam metrik uzayında bir büzülme dönüşümüdür. Ayrıca F dönüşümünün A = F (A) = w(A) ∪ f1 (A) ∪ · · · ∪ fn (A) olacak şekilde tek bir A ∈ H(X) sabit noktası vardır ve bu sabit nokta, ∀B ∈ H(X) için B, F (B), F 2 (B), F 3 (B), ... dizisinin limiti olarak A = lim F n (B) n→∞ şeklinde elde edilir. Örnek 1.15 Örnek 1.8’de, i = 1, 2, 3 için fi : R2 → R2 x y , 2 2 x+1 y , f2 (x, y) = 2 2 f1 (x, y) = f3 (x, y) = √ ! x + (1/2) y + 3 , 2 2 şeklinde tanımlanan büzülme dönüşümlerinin belirlediği yinelemeli fonksiyon sistemini düşünelim. Condensation dönüşümü olarak ∀A ∈ R2 için w(A) = C = {(x, y) | x = 0.5, −1 ≤ y ≤ 0} olarak alalım. Bu durumda {R2 ; w, f1 , f2 , f3 } yinelemeli fonksiyon sisteminin çekicisi aşağıdaki gibidir. 32 Bir yinelemeli fonksiyon sistemi verildiği zaman, bu sistemin tek bir çekicisi olduğunu biliyoruz. Ve bu çekiciyi bulmak için herhangi bir kompakt kümenin iterasyonu ile sistemin sabit noktasını yani ilgili çekiciyi bulmak mümkün. Peki verilen herhangi bir kompakt kümeyi çekici kabul eden bir yinelemeli fonksiyon sistemi bulmak mümkün müdür? Bu soru hala netlik kazanmamıştır. Fakat verilen bir kompakt kümeye istenildiği kadar yakın bir kümeyi çekici kabul eden yinelemeli fonksiyon sistemini bulmak mümkün. Şimdi bununla ilgili aşağıdaki teoremi inceleyelim. Teorem 1.6 (Kolaj Teoremi) (X, d) bir tam metrik uzay, B ∈ H(X) ve ε > 0 verilsin. Büzülme katsayısı 0 ≤ s < 1 olan {X; f1 , f2 , ..., fn } yinelemeli fonksiyon sistemini ! n [ h B, fn (B) ≤ ε i=1 olacak şekilde seçelim. Bu durumda, A sistemin çekicisi olmak üzere h(B, A) ≤ ε 1−s şeklindedir. Buna denk olarak ! n [ 1 h(B, A) ≤ h B, fn (B) 1−s i=1 şeklindedir. 33 Kanıt. (H(X), h) tam metrik uzayında (1.1) eşitliğinde tanımladığımız F fonksiyonuna Yardımcı Teorem 1.1 uygulanırsa arzulanan sonuç elde edilir. İstenilen bir kümeye yeterince yakın bir çekici elde edebilmek için büzülme sistemdeki büzülme dönüşümlerinin büzülme katsayılarının yeterince küçük seçilmesi gerekmektedir. Büzülme katsayıları küçülünce çekici ile hedef küme arasındaki Hausdorff uzaklığı da aza1 ifadesi nedeniyle sıkıntı oluşturabilir. lacaktır. Ama büzülmeleri çok küçük almak da 1−s Şimdi bununla ilgili birkaç örnek verelim. Örnek 1.16 Düzlemde 5 5 0 5 şeklinde verilmiş olan A kümesini (D harfi) bir çekici olarak elde edebilir miyiz? Kolaj teoreminden bildiğimiz üzere, çekici olarak elde edemeyebilsek bile istediğimiz kadar bu kompakt kümeye yakın bir yinelemeli fonksiyon sisteminin çekicisi olarak elde edebiliriz. Aradığımız büzülme dönüşümlerinin (n tane olsun) A= n [ fi (A) i=1 koşulunu sağlamasını beklemekteyiz. O halde hedeflediğimiz kümeyi bu A kümesinin büzülmüşleriyle ifade edebilmeliyiz. Büzülme dönüşümlerini, A kümesini aşağıdaki şekilde görülen noktalara uygun oranda büzüp öteleyen dönüşümler olarak alalım. 34 Bu durumda, örneğin birinci büzülme dönüşümü olarak A kümesini 1 1 2 2 x, y f1 : R → R , f1 (x, y) = 5 5 1 5 oranında büzen dönüşümünü alalım. 5 5 1 5 5 0 1 5 5 A f1 (A) İkinci büzülme dönüşümünü de 2 2 f2 : R → R , f2 (x, y) = şeklinde alalım. Yani A kümesini 1 5 1 1 x, y + (0, 2) 5 5 büzüp y−ekseni boyunca 2 birim öteleyen dönüşüm olarak alalım. 5 5 1 5 5 0 1 5 5 A f2 (A) Benzer mantıkla diğer büzülme dönüşümlerini de A kümesini aynı oranda büzüp ilgili noktaya öteleyen dönüşümler olarak alalım. f2 (x, y) = 1 5 (x, y) + (0, 2) f3 (x, y) = 1 5 (x, y) + (0, 4) f4 (x, y) = 1 5 f5 (x, y) = 1 5 (x, y) + (0, −2) (x, y) + (0, −4) 35 f6 (x, y) = 1 5 (x, y) + (4, 0) f7 (x, y) = 1 5 (x, y) + 4(cos 22.5, sin 22.5) f8 (x, y) = 1 5 (x, y) + 4(cos 45, sin 45) f9 (x, y) = 1 5 (x, y) + 4(− cos 67.5, sin 67.5) f10 (x, y) = 1 5 f11 (x, y) = 1 5 (x, y) + 4(cos 22.5, − sin 22.5) f12 (x, y) = 1 5 (x, y) + 4(cos 45, − sin 45) (x, y) + 4(− cos 67.5, − sin 67.5) 5 5 3 1 1 5 5 1 5 5 f3 (A) f4 (A) Bu 12 büzülme döüşümünün belirlediği yinelemeli fonksiyon sisteminin çekicisi aradığımız A kümesine yeterince yakın kompakt bir kümedir. Daha da yakın, daha hassas souçlar elde etmek için büzülme dönüşümlernin büzülme katsayısı (burada biz 1 5 aldık) biraz daha küçük seçilerek ve büzülme dönüşümlerinin sayısı arttırılarak sonuca gidilebilir. 5 3 1 1 3 5 f1 (A) ∪ · · · ∪ f12 (A) Başlangıç kümesi olarak birim kare aldığımızda F fonksiyonunu yineleyerek elde edilen 4. adım aşağıdaki gibidir. 36 4 2 –10 1 2 3 4 5 6 –2 –4 F 4 (A) ALIŞTIRMALAR 1. Çekicisi dik Sierpinski üçgeni olan yinelemeli fonksiyon sistemini yazınız. 2. Çekicisi Sierpinski halısı olan yinelemeli fonksiyon sistemini yazınız. 3. Teorem 1.5’yi kanıtlayınız. 4. i = 1, 2, 3, 4 için fi : R2 → R2 f1 (x, y) = f2 (x, y) = f3 (x, y) = f4 (x, y) = 55 0, 100 y √ √ 3 3 1 1 1 x + y, y − x + 4 4 4 5 √4 √ 3 1 1 3 1 x − 4 y, 4 x + 4 y + 5 √4 √ √ √ 2 2 2 2 1 x + y, y − x + 6 6 6 6 10 şeklinde verilmiş olan büzülme dönüşümlerinin belirlediği yinelemeli fonksiyon sisteminin çekicisini yaklaşık olarak belirleyiniz. 37 5. i = 1, 2, ..., 9 için fi : R2 → R2 f1 (x, y) = f2 (x, y) = f3 (x, y) = f4 (x, y) = f5 (x, y) = f6 (x, y) = f7 (x, y) = f8 (x, y) = f9 (x, y) = x√ , 2+y√2 2+ 2 √ y√ x√ 2, + 3 2+ 2 2+ 2 y√ x√ − 3, 2+ 2 + 3 2+ 2 √ y√ x√ 2 − 3, + 3 + 3 2+ 2 2+ 2 √ x√ , 2+y√2 + 6 + 3 2 2+ 2 √ √ y√ x√ + 3 + 6 + 3 2, 2 2+ 2 2+ 2 √ x√ √ 2 , y√ + 3 + 12+9 2+ 2 2+ 2 2+ 2 √ √ y√ 12+9 2 x√ √ + , + 3 + 3 2 2+ 2 2+ 2 2+ 2 √ x√ + 2+6√2 , 1+y√2 + 3 2 1+ 2 şeklinde verilmiş olsun. Bu büzülme dönüşümlerinin belirlediği yinelemeli fonksiyon sisteminin çekicisini yaklaşık olarak bulunuz. 6. Örnek 1.15’de verilen sistemin çekicisini w(A) = {(x, y) | (x−0.5)2 +(y+0.25)2 = alarak belirleyiniz. 7. Çekicisi olan yinelemeli fonksiyon sistemini yazınız. 38 1 16 }