Lösungen zu den Aufgaben - Springer

Kapitel 18: Lösungen 1211gends eine Tangente. Herr X. ist nirgends und geht in keineRichtung. Wenn Sie es nicht glauben, zeigen Sie, wo er istund wie er geht! Verdreifachung des Maßstabs bringt eineneue Zackengeneration zum Vorschein, womit die gemesseneLänge sich vervierfacht (nicht nur um den Faktor 3wie der Maßstab, sondern um 1 mehr). Die Hausdorff-Dimensionist ln4/ln3 = 1,2619.18.4.6. Cantor-StaubMaßstabsvergrößerung um den Faktor 3 enthüllt neue Löcher,ändert die gemessene Länge um den Faktor 2. Dimensionln 2/ ln 3 = 0,631. Der Sierpinski-Te~pich ändert beijedem Schritt seine Fläche um den Faktor 9, der Schwammum ~, zum Schluß bleiben Gespinste von der Fläche bzw.vom Volumen Null. Verdreifachung des Maßstabs bringt Faktoren8 bzw. 26 in Fläche und Volumen: Dimension 1,893bzw. 2,966.18.4.7. Affine Transformation IEs genügt zu beweisen, daß A (x + y) = Ax + Ay und speziellA(mx) = mAx ist (reelles m; distributives Gesetz). Natürlich:Die i-te Komponente von Ax ist das Skalarproduktdes i-ten Zeilenvektors von A mit x, und die skalare Multiplikationist distributiv. Die Gerade x = a + mh (Gerade inRichtung b, zu der der Vektor a vom Ursprung aus hinführt)geht also über in x' = a 1 + mh' mit a' = Aa,b' =Ab. Parallele Gerade lassen sich durch das gleiche b,nur mit verschiedenen a darstellen, also auch nach der Transformationdurch das gleiche b'. Die durch m gegebenen Längenverhältnisseändern sich nicht.18.4.8. Affine Transformation IIHier handelt es sich offenbar um Abbildungen der Ebene,vermittelt durch die Matrix A = ( ~ ~) . Das Quadrataus den Punkten (0, 0), (1, 0), (0, 1 ), (1, 1) z. B. wird zumParallelogramm mit den Ecken (0,0), (a,c), (b,d),(a + b, c + d). Die Verhältnisse paralleler Strecken bleibenja erhalten. Der ins Quadrat einbeschriebene Kreis wirdzur Ellipse zusammengedrückt. Eine nicht verzerrendeMatrix muß die Form A = a ( co~ rp-Sill rpsin rp ) haben.COS rpIhre Eigenwerte sind ll1,z = e±iq.>. Allgemein tritt Dehnungoder Stauchung ein in den Hauptrichtungen, die sich durchdie Drehmatrix der Hauptachsentransformation ergeben.Die Verzerrungsfaktoren sind die Beträge der (meist komplexen)Eigenwerte ),1,Z = ~ (a + d ±)Ca- d)z + 4cb),der Elemente der Diagonalmatrix.18.4.9. FarnTz verkleinert unverzerrt um den Faktor 0,85 und dreht um1,75°, erzeugt also aus dem ganzen Wedel den Rest, derbleibt, wenn man unten zwei Seitenäste wegläßt. Wendetman Tz sehr oft an, gelangt man von der Länge 1 ausgehendbis I:::o 0,85 11 = 6,67. Tj zieht das Bild in X-Richtung aufdie Breite 0 zusammen, in y-Richtung um den Faktor 0,17:Das ergibt die Stenge!, auch die der Seitenzweige. T3 und T4bilden die Seitenzweige, die bei 1,2 bzw. 3 ansetzen undschmäler sind als der ganze Wedel.18.4.10. Julia und MandelbrotBei c = 0 konvergiert die Folge z, zz, z 4 , . . . genau für[z[ < 1: Die Julia-Menge ist der Einheitskreis. z = x + iygeht mit c = a + ib über in z' = x' + iy' = xz - yz + a+ i(2xy + b). Bei reellem c ändert der Übergang zu z =x - iy nur das Vorzeichen von z', was keinen Einfluß aufdie Konvergenz hat. z* geht über in i* (der Stern bedeutet:konjugiert komplex). Die Julia-Menge ist symmetrischzur x- und zur y-Achse. Allgemein: Ist ein Imaginärteil bvorhanden, muß man mit dem Vorzeichen von y auch dasvon x ändern, damit sich an z' nichts ändert. Die Julia-Mengeist jetzt nicht mehr axial-, sondern nur noch punktsymmetrischum z = 0.18.4.11. BrennlinieSollte es sich um eine Epi- oder Hypozykloide handeln,müßte sie so zustande kommen: Ein Rad vom Radius R/4rollt auf einer Kreisscheibe vom Radius R/2 außen ab (R:Radius des Glases). Wir beweisen: (1) Wenn das Rad dasGlas in A berührt, geht der in A reflektierte Strahl durchden entsprechenden Hypozykloidenpunkt P auf seinerFelge. (2) Wenn das Rad ein bißeben weiterrollt, bleibtder Punkt auf seiner Felge auf dem reflektierten Strahl. Beweisfür (1): M = Radmittelpunkt, rx Winkel von AM gegenHorizontale. Winkel PMA = 180° - 2rx. Genau um sovielhat sich das Rad seit der Mittellage gedreht, da sein Radiushalb so groß ist wie der der Scheibe, auf der es abrollt. P istalso der Hypozykloidenpunkt Beweis für (2): Wir drehen dasBild so, daß das Rad momentan horizontal rollt. Wenn es nurganz wenig weiterrollt, ist es egal, ob es auf einem Leitkreisoder einer Leitgeraden abrollt. Die Kurve, die P beschreibt,steigt also wie bei der normalen Zykloide um 90° - ß /2.Hier ist aber ß = 2rx. Steigung gegenüber Leitkreis90° - rL Dieser selbst steigt um 90° - rx, also Steigungswinkelinsgesamt 180° - 2rx, und das ist auch die Richtungdes reflektierten Strahls. Dieser bildet also tatsächlich dieTangente an die Hypozykloide, was auch für die Brennliniegilt.18.4.12. l = 1Die Funktion y = z 3 - 1 hat bei z = 0 eine horizontale Tangente,der Newton-Algorithmus divergiert also sofort: Beizo = 0 liegt das schlimmste schwarze Loch. Das nächste(z1) liegt da, wo man beim ersten Schritt nach zo = 0 gelangt,das zweite ( zz), wo man erst nach Zl, dann nach zogelangt usw. Die Tangente im Punkt (znJ(zn)) hat die Steigung3z~. Soll sie auch durch (Zn-1, 0) gehen, muß gelten(z~-1)/(zn-Zn-J)=3z~ oder z~-~Zn-IZ~+~=O.Man erhält die reellen Werte -0,7937; -1,434; -2,251;. . . Die "Trilobiten" zwischen diesen Werten alternierenalso in ihrer Größe. Auf demselben Kreis um 0, um 120°versetzt, gibt es je zwei komplexe Lösungen derselben Gleichungen.Aber im Komplexen liegen unendlich viel mehrschwarze Punkte, zwischen je zwei "Trilobiten", auch den