Étude d'une similitude et d'une fractale non connexe — Les-mathematiques.net The most powerful custom community solution in the world

Étude d'une similitude et d'une fractale non connexe

Modifié (8 Aug) dans Topologie
Bonjour, 
Je m'intéresse à une similitude $s$. On se place dans $\mathbb{C}$. La similitude $s$ est définie par $$\begin{array}{cccl}s:&\mathbb{C}& \longrightarrow& \mathbb{C} \\ &z &\longmapsto& \frac{1}{10}[(4+i)z+4].\end{array}$$Tout ce que vous pourriez me dire et m'apprendre sur cette similitude m'intéresse.
Voici quelques questions sur lesquelles j'ai commencé à travailler.
1) Effet de $s$ sur le carré $(0,\ 1,\ 1+i,\ i)$; [je n'ai fini tous les calculs et je vais m'efforcer de faire un dessin mais si quelqu'un m'en propose un avant que j'ai fini, ça serait cool]
2) Quel est le centre de $s$ ?
3) Prouver que $s$ est une contraction de $\mathbb{C}=\mathbb{R}^2$ [c'est quoi une contraction déjà :smile: ?]
4) Vu qu'on a commencé à contracter le carré $(0,\ 1,\ 1+i,\ i)$, que se passe-t-il si on réitère ?
Je vais tenter de formaliser ainsi : $\mathcal{P}(E)$ désigne l'ensemble des parties d'un ensemble $E$. $s$ induit une application $\bar{s}$ :
$$\begin{array}{cccl}\bar{s}:&\mathcal{P}(\mathbb{C})& \longrightarrow &\mathcal{P}(\mathbb{C})\\ &U &\longmapsto &s(U),\end{array}$$ où $s(U)$ désigne l'image de $U$ par $s$. On a donc : $\bar{s}(U):=s(U)$.
Soit alors $K_0:=\text{Enveloppe_convexe de}\{0,\ 1,\ 1+i,\ i\}$.
Que peut-on dire de la suite $(K_0,\ \bar s(K_0),\ \bar s ^2(K_0),\ \bar s ^3(K_0),\ldots)$ ?
[un dessin par des gens capables en informatique serait le bienvenu :)]
Merci pour votre intérêt éventuel. 
Cordialement.

Réponses

  • Bonjour,
    Contraction veut dire qu'on contracte, autrement dit que les distances sont multipliées par un rapport strictement plus petit que 1.
    Si on a un point fixe, il est alors facile de voir ce qui va se passer "à la fin".
  • Modifié (6 Aug)
    @GaBuZoMeu : $\R^2$ est complet. Donc toute contraction de $\R^2$ a un point fixe d'après le théorème du point fixe. Je ne comprends pas ton "si".
  • Modifié (6 Aug)
    Bonjour.
    Je suis très surpris : "je n'ai fini tous les calculs" ?? Il y a s(z) à calculer pour 4 points d'affixe simple donnée.
    Plus loin, parler de l'enveloppe convexe des sommets d'un carré me semble assez bizarre aussi.
    Cordialement.
  • Mon "si" est la supposition que tu as calculé le centre de la similitude.
  • Modifié (6 Aug)
    @gerard0 : $10s(0)=4;\ 10s(1)=8+i;\ 10s(1+i)=7+4i;\ 10s(i)=4i+3$ ok ? [c'est vrai que c'est rapide :)]
    Si on est d'accord sur la définition d'une enveloppe convexe, je ne vois pas de problème.
    Cordialement.
  • Je n'ai pas encore calculé le centre de la similitude ni son angle d'ailleurs ; entre rédiger l'exo, faire les dessins, c'est beaucoup de calculs de maths élémentaires ; c'est la raison pour laquelle j'ai sollicité l'aide de celles et ceux que cela intéresserait. Cdt, 
  • Modifié (6 Aug)
    Quand je vois que dans ton calcul que $s(1)-s(0)$ est différent de $s(1+i)-s(i)$, je me dis qu'il y  un problème. Pas toi ?
  • @GaBuZoMeu: merci :) pour la correction : je m'en étais rendu compte par un autre moyen : en faisant le dessin.
  • Modifié (6 Aug)
    Soit $\alpha$ le centre; je trouve $\alpha=\frac4{37}(6+i)$ soit environ $0.65+0.1i$. Il ne me semble pas inintéressant d'étudier l'effet de l'homothétie de centre $0.65+0.1i$ et de rapport $0.4$ sur le carré.
  • Tu peux résoudre l'équation z = s(z).
  • "de rapport 0.4" Pourquoi 0.4 ???
  • Modifié (6 Aug)
    stfj a dit :
    Que peut-on dire de la suite $(K_0, \bar s(K_0), \bar s ^2(K_0),\bar s ^3(K_0),...)$?[un dessin par des gens capables en informatique serait le bienvenu :)]
    Merci pour votre intérêt éventuel. 
    Cordialement,
    On peut dire qu'elle converge (dans un sens à préciser) vers ton unique point fixe $\alpha$...

    Tout ceci me rappelle la construction de fractales par la méthode IFS (Iterated Function System). C'est une théorie assez intéressante et qui permet de s'amuser à obtenir de jolie fractales comme la fougère fractale.

    Pour éviter le cas banal de convergence vers un unique point comme dans ton exemple, il suffit de considérer plusieurs applications contractantes, disons $T_i:\C\to \C$, $i=1..n$, Puis de considérer la nouvelle application $\begin{array}[t]{cccl}T:&\mathcal{K}(\C)&\to& \mathcal{K}(\C)\\& A&\mapsto &\bigcup T_i(A),\end{array}$ (où $\mathcal{K}(\C)$ est l'ensemble des parties compactes de $\C$). Alors cette application est également contractante pour la distance de Hausdorff et on peut appliquer le théorème du point fixe.
    Et là magie : si tes application $T_i$ sont "bien choisies" le point fixe obtenu est une fractale... comme la fougère fractale.
    Voir par exemple à partir de la page 20 de ce polycopié.
  • Modifié (6 Aug)
    @raoul.S: bien vu ;). Mais mon exemple n'est pas si banal qu'il y paraît puisqu'il oblige à rentrer dans les définitions et à faire attention à ce qu'on dit. Par exemple, je viens d'écrire une bêtise sur le rapport de ma similitude :). Par ailleurs, si on veut sodomiser les diptères, il ne faudrait pas dire que la suite de compacts converge vers $\alpha$ mais vers $\{ \alpha \}$. N'est-ce pas ? :)
  • Modifié (6 Aug)
    Pour l'angle $\beta$ de la similitude, je trouve $\beta = \arccos (\frac{4}{\sqrt{17}}) \approx 14^\circ$, ce qui est à peu près cohérent avec le dessin imprécis dont je dispose. Quant au rapport $r$ de la similitude $r=\frac{\sqrt{17}}{10}\approx 0.41$ qui est inférieur à 1 : on a évidemment une contraction.

  • Modifié (6 Aug)
    @raoul.S : pour rebondir sur ta remarque, c'est vrai qu'avec une seule similitude, ce n'est pas drôle. Aussi je propose d'en rajouter une deuxième : $$t(z)= \frac{(4+7i)\bar{z}+5-2i}{10}.$$ Avis aux amateurs.
  • Modifié (6 Aug)
    @stfj avec ta deuxième tu restes dans le végétal. On obtient ça (pour t'amuser) :

  • @raoul.S, magnifique. Comment as-tu obtenu cette illustration?
  • Modifié (6 Aug)
    Tu prends un point au hasard. Tu répètes 1000 fois l'opération "choisir une des deux similitudes et appliquer au point courant" (le point obtenu devient le point courant). Tu dessines les 900 dernières positions du point courant. 
  • Modifié (6 Aug)
    C'est comme a dit Math Coss ci-dessus (tout est expliqué dans le polycopié en fait). Mais ayant la flemme de coder j'ai trouvé un programme déjà tout fait en ligne ICI.

    Tu dois d'abord exprimer tes deux transformations $s$ et $t$ matriciellement.

    On obtient pour $s$ : $s:\begin{pmatrix}
    x\\
    y
    \end{pmatrix} \mapsto \begin{pmatrix}
    0.4 & -0.1\\
    0.1 & 0.4
    \end{pmatrix}\begin{pmatrix}
    x\\
    y
    \end{pmatrix}+\begin{pmatrix}
    0.4\\
    0
    \end{pmatrix}$

    et pour $t$: $t:\begin{pmatrix}
    x\\
    y
    \end{pmatrix} \mapsto \begin{pmatrix}
    0.4 & 0.7\\
    0.7 & -0.4
    \end{pmatrix}\begin{pmatrix}
    x\\
    y
    \end{pmatrix}+\begin{pmatrix}
    0.5\\
    -0.2
    \end{pmatrix}$

    Ensuite tu insères tout ça dans les champs adéquats sur le site que que je t'ai indiqué. Ça donne ça : 



    Tu peux ajouter des transformations et regarder le résultat. L'auteur en a déjà fait quelques uns comme la courbe de Von Koch.
  • C’est un des sujets de modélisation de la grègue qui est maintenant public.

    Algebraic symbols are used when you do not know what you are talking about.
            -- Schnoebelen, Philippe
  • Modifié (6 Aug)
    @raoul.S : oui je n'avais pas vu le lien vers le traceur dans un premier temps . Ce sont effectivement les formules que j'ai rentrées et ça marche bien. On dirait que les attracteurs de familles de contractions affines t'intéressent... :blush: merci pour le programme, j'ai bien noté
  • Modifié (7 Aug)
    Voici un script en Python pour Numworks :
    def ifs(nb):
    from random import random
    import kandinsky

    def vecprod(M,V):
    nlM=len(M)
    return [[sum([l[j]*V[j][0] for j in range(nlM)])] for l in M]

    def vecadd(v1,v2):
    return [[v1[i][0]+v2[i][0]] for i in range(len(v1))]

    w=[];b=[];p=[]

    # Fougere
    m=15
    w+=[[[0,0],[0,.16]]];b+=[[[0],[0]]]; p+=[.01]
    w+=[[[.85,.04],[-.04,.85]]]; b+=[[[0],[2]]]; p+=[p[-1]+.85]
    w+=[[[.2,-.26],[.23,.22]]]; b+=[[[0],[1]]]; p+=[p[-1]+(1-p[-1])/2]
    w+=[[[-.15,.28],[.26,.24]]]; b+=[[[0],[.9]]]; p+=[1]

    n=len(w)

    def choix(x):
    h=random()
    i=0
    while True:
    if h<=p[i]:
    return vecadd(b[i],vecprod(w[i],x))
    i+=1

    x=[[0],[0]]

    for _ in range(nb):
    x=choix(x)
    kandinsky.set_pixel(160+int(m*x[0][0]),220-int(m*x[1][0]),kandinsky.color(0,128,0))
    Le résultat :

    Algebraic symbols are used when you do not know what you are talking about.
            -- Schnoebelen, Philippe
  • Modifié (7 Aug)
    @nicolas.patrois: bonjour.
    J'ai une calculatrice Numworks que je n'ai jamais programmé en python; c'est  peut-être pour moi l'occasion d'apprendre. merci pour le script.
    Quand on lit <br>, j'imagine que c'est un passage à la ligne, n'est-ce pas? et quand il y en a deux qui se suivent <br><br>, c'est une indentation. c'est ça ?
  • Modifié (7 Aug)
    C'est le problème de l'insertion d'un code dans ce forum. Ça ne marche pas comme ça devrait. Des fois j'arrive à contourner, mais je ne me souviens jamais de la manip pas évidente à faire.
  • Il faut aller chercher le bouton </> à droite de la barre d'outils, ce qui fait apparaître le codage html du message, et coller le code entre les deux balises "code".
  • Les <br> sont suivis d'espaces. Ce sont ces espaces qui définissent l'indentation.
    S'il y a plusieurs <br> qui se suivent, c'est simplement des lignes vides.
  • def ifs(nb):
     from random import random
     import kandinsky
    
     def vecprod(M,V):
      nlM=len(M)
      return [[sum([l[j]*V[j][0] for j in range(nlM)])] for l in M]
    
     def vecadd(v1,v2):
      return [[v1[i][0]+v2[i][0]] for i in range(len(v1))]
    
     w=[];b=[];p=[]
    
     # Fougere
     m=15
     w+=[[[0,0],[0,.16]]];b+=[[[0],[0]]]; p+=[.01]
     w+=[[[.85,.04],[-.04,.85]]]; b+=[[[0],[2]]]; p+=[p[-1]+.85]
     w+=[[[.2,-.26],[.23,.22]]]; b+=[[[0],[1]]]; p+=[p[-1]+(1-p[-1])/2]
     w+=[[[-.15,.28],[.26,.24]]]; b+=[[[0],[.9]]]; p+=[1]
    
     n=len(w)
    
     def choix(x):
      h=random()
      i=0
      while True:
       if h<=p[i]:
        return vecadd(b[i],vecprod(w[i],x))
       i+=1
    
     x=[[0],[0]]
    
     for _ in range(nb):
      x=choix(x)
      kandinsky.set_pixel(160+int(m*x[0][0]),220-int(m*x[1][0]),kandinsky.color(0,128,0))

  • Modifié (8 Aug)
    Bonjour
    On se place dans $\mathbb{C}=\mathbb{R}^2$.
    Soit alors $$\begin{array}[t]{cccl}s:&\mathbb{C}& \longrightarrow& \mathbb{C}\\&z &\longmapsto& \dfrac{(4+i)z+4}{10}\end{array}\qquad\text{et}\qquad\begin{array}[t]{cccl}t:&\mathbb{C}& \longrightarrow& \mathbb{C}\\ &z& \longmapsto& \dfrac{(4+7i) \bar{z}+5-2i}{10}\end{array}$$
    $s$ et $t$ sont deux contractions de $\mathbb{R}^2$; la première, $s$, a été étudiée ici avec des illustrations d'$HERBO$ et des logiciels pour que vous obteniez vous-même ces illustrations si cela vous intéresse. J'y propose également l'étude de $t$ qui sera de toutes façons nécessaire pour répondre à la question que je vous propose.
    Les anglophones parlent d'Iterated function system ($IFS$), on peut en français proposer l'acronyme $SFI$, je préfère parler d'Attracteur d'une Famille de Contractions ($AFC$). Baptisons alors $HERBO$ l'attracteur de la paire de similitudes $\{s,t\}$, autrement dit $HERBO:=AFC(\{s,t\})$.
    Je souhaite démontrer avec votre aide qu' $HERBO$ est non connexe. Je dispose, pour étudier la géométrie des attracteurs, du livre de Claude Tricot, Géométrie et mesures fractales, une introduction, Chapitre 4. En ce qui concerne mes connaissances en topologie, disons que, dès [que] cela concerne comme ici un attracteur de $\mathbb{R}^2$, je suis près à pas mal d'efforts pour combler mes éventuelles lacunes concernant la topologie de $\mathbb{R}^2$. Bref, je suis loin d'être un crack ; mais, si parmi vous, il y en a qui ont suffisamment de patience, j'aimerais bien participer en naïf, à la résolution de cet exercice a priori original.
    Cordialement.
    [Restons dans la discussion que tu as ouverte sur le sujet. AD]
  • @AD : pas de problème. Au contraire, ça évitera les aller-retours inutiles entre deux posts. merci. Mais, du coup, il n'y a plus le "tag" topologie. Je ne sais pas si c'est fait exprès. Cela ne me gêne pas qu'on ne l'indique pas, je voulais simplement le signaler. Peut-être qu'à une question ne peut être associé qu'un "tag". Le "tag" géométrie me convient parfaitement. Cordialement,
  • Modifié (8 Aug)
    On a $10t(0)=5-2i, 10t(1)=9+5i, 10t(1+i)=16+i, 10t(i)=12-6i$. Et l'on retrouve le "Generator" fourni par le logiciel proposé par @raoul.S. Quant au rapport de la similitude indirecte $t$, on trouve $\frac{\sqrt{65}}{10}$. Je fournis les résultats que j'obtiens au fur et à mesure pour éviter les erreurs de calcul. En outre, j'avais oublié un $7$ dans la formule de $t$ et mes calculs m'ont permis de m'en rendre compte.
  • Modifié (8 Aug)
    stfj a dit :
    Je souhaite démontrer avec votre aide qu' $HERBO$ est non connexe.
    Visuellement on dirait bien qu'HERBO n'est pas connexe. Pour le montrer il faudrait par exemple trouver deux compacts $K_1,K_2$ tels que
    1) $K_1\cap K_2=\emptyset$
    2) $s(K)\cup t(K)\subset K$ avec $K:=K_1\cup K_2$
    3) $HERBO\cap K_i\neq \emptyset$ pour $i=1,2$.

    Ceci prouverait qu'il y a au moins deux composantes connexes.
    À la louche voici les deux compacts (mais pour les calculs c'est sans moi :mrgreen: )

  • Modifié (8 Aug)
    En attendant voici une autre fractale IFS (je n'ai pas résisté) :

  • @raoul.S: résiiiste, prouve que tu exiistes... :). Merci 
  • On peut dessiner beaucoup de fractales classiques avec les IFS (mais pas celles de Mandelbrot ni de Julia à ma connaissances) : von Koch, blanc manger, escalier du diable, divers choux et machins de Sierpinski, courbe du dragon, pentagone de McWorter, ensemble triadique de Cantor…

    Algebraic symbols are used when you do not know what you are talking about.
            -- Schnoebelen, Philippe
  • Modifié (9 Aug)
    @nicolas.patrois: dans The science of fractal images de Springer, Robert Devaney affirme que "les ensembles de Julia pour n'importe quelle fonction de la forme $f(z)=z^2+c$ peuvent être obtenus comme $IFS (\{w_1,w_2\})$ avec $$w_1=+\sqrt{z-c}, \qquad w_2=-\sqrt{z-c}$$"(fin de la citation)
    Ils proposent ensuite un programme en basic(le livre date de 1988) que j'ai recopié en python en utilisant turtle et qui marche très bien pour $c=-1$ par exemple.
    (Reste évidemment à définir la fonction racine carrée d'un nombre complexe, terrain sur lequel je ne m'aventure pas :). Dans le programme proposé, si $z=re^{i.\theta}$, avec une fonction $RANDOM$, on choisit ou bien $r:=\sqrt{r}$ ou bien $r:=-\sqrt{r}$; et $\theta:=\frac{\theta}{2}$.)
    Par contre, je l'ai testé pour d'autres valeurs que $c=-1$ et cela marche beaucoup moins bien parfois, on obtient une image très grossière du Julia.
  • Modifié (9 Aug)
    Woah, merci !
    Je ne connaissais pas ça (mais ce n’est pas une application affine).
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            -- Schnoebelen, Philippe
  • Pour un attracteur d'une famille de $n$ contractions($IFS$)[je note $(f_i)_{1 \leq i \leq n}$ la famille], tout ce qu'on exige c'est que les fonctions $f_i:\mathbb{R}^2 \to \mathbb{R}^2$ soient des contractions de $\mathbb{R}^2$, pas nécessairement des applications affines de $\mathbb{R}^2$ dans $\mathbb{R}^2$. Quand il y a des contractions non-affines, on parle d' "IFS flame". Voici un document intéressant je crois. Les "fractales classiques" que tu as citées sont associées à des applications affines. En recherchant sur internet, tu trouveras de nombreuses fractales flames.
  • Modifié (9 Aug)
    En suivant la démarche proposée par @raoul.S, j'ai l'impression qu'il suffirait de déterminer les "points extrémités" (le point le plus bas et le point le plus haut) d'HERBO pour avancer dans la détermination de $K_1$ et de $K_2$ correspondant aux notations proposées par raoul. Ce qui n'a m'a pas l'air bien compliqué même si je ne vois pas tout de suite, là...
  • Je cherche quelques points d'HERBO. Rappelons que $HERBO:=AFC(\{s,t\})$, où $s$ est la similitude directe définie plus haut et $t$ une similitude indirecte. $s$ possède le point fixe $\alpha=\frac4{37}(6+i)$ soit environ $0.65+0.1i$. Je me propose de démontrer que $\alpha \in HERBO$. On sait que $HERBO$  est la limite d'une suite $(H_n)_{n \in \mathbb{N}}$ où $H_0$ est un compact quelconque de $\mathbb{R}^2$, y compris n'importe quel point de $\mathbb{R}^2$, et où $H_{n+1}:=s(H_n) \cup t(H_n)$. Je prends $H_0:=\{\alpha\}$. Ce qui est intéressant alors, c'est que comme $s(\alpha)=\alpha$, on va avoir $\forall n \in \mathbb{N} : \alpha \in H_n$, d'où finalement $\alpha \in HERBO$. qed.
    Il me reste maintenant à trouver d'autres points de $HERBO$, au moins un :) .
  • $\alpha$ est le point le plus bas de $HERBO$, comme on s'en convainc ici, grâce au logiciel indiqué par @raoul.S, qui fournit même la précision $\alpha \approx (0.65,0.11)$.

  • Intuitivement, il est clair que $t\alpha \in HERBO$, ce que confirme le logiciel : $t\alpha \approx (0.837;0.211)$ ; de même pour $t^2\alpha \approx (0.9825;0.3015)$, $t^3\alpha \approx (0.9825;0.3015)$, ... $t^{\infty}\alpha$, ce dernier fournissant le point le plus haut de HERBO. 
  • En itérant, j'obtiens en première approximation le point le plus haut $\omega \approx (1.6;0.65)$.
  • Bonjour. 
    Je récapitule. Nous avons une fractale $HERBO:=AFC(\{s,t\})$, où $s$ et $t$ sont deux similitudes du plan $\mathbb{C}=\mathbb{R}^2$ définies ci-dessus. $s$ est une similitude directe de centre $\alpha=\frac4{37}(6+i) \approx (0.65,0.11)$ et $t$ une similitude indirecte. $$\forall n \in \mathbb{N} : t^n\alpha \in HERBO$$ et $w:=t^{\infty}\alpha \approx (1.6;0.65)\in HERBO$
    Je propose de démontrer que $HERBO$ n'est pas connexe en suivant la démarche indiquée par raoul plus haut. Maintenant que nous disposons d'une infinité de points de la fractale, et qu'il est aisé d'en définir d'autres, définir deux compacts $K_1$ et $K_2$ comme indiqué par raoul me paraît être assez facile, même si de l'aide de personnes ayant l'habitude de manipuler des fractales -ce qui n'est pas mon cas- serait la bienvenue.
  • Modifié (18 Sep)
    Je n'ai jamais essayé de montrer qu'une fractale est connexe ou pas connexe. Dans ce cas j'essaierais de prendre deux quadrilatères pour les compacts $K_1$ et $K_2$. Peut-être qu'avec le programme en ligne on arrive à déterminer à la louche les quatre sommets de chaque quadrilatère. Ensuite il faut montrer que $s(K_i)\subset K_1\cup K_2$ et $t(K_i)\subset K_1\cup K_2$  pour $i=1,2$ ce qui ne devrait pas poser de problème car $s$ et $t$ envoient les quadrilatères sur les quadrilatères. Il suffit donc de calculer l'mage des 8 sommets des quadrilatères par $s$ et $t$... 
  • @raoul.S : comme tu l'avais écrit, les calculs pour cette fractale peuvent être longs, pénibles, sans grand intérêt. Soit dans $\mathbb{R}, CANTOR:=AFC(\{s,t\})$ avec $s(x)=\frac13 x$ et $t(x)=\frac23 + \frac13 x$ et soit $K_1:=[0,\frac13]$ et $K_2:=[\frac23,1]$. Alors $s(K_i)\subset K_1\cup K_2$ et $t(K_i)\subset K_1\cup K_2$ pour $i=1,2$. Tu as montré que $CANTOR$ n'est pas connexe. :)
  • Oui effectivement, là c'est beaucoup plus facile. L'ensemble de Cantor ne se limite pas à ne pas être connexe, il est carrément totalement discontinu : les seules parties connexes (non vides) sont les singletons.

    Quelque chose me dit que ton HERBO est également totalement discontinu.
  • @raoul.S: d'après Claude Tricot dans Géométries et mesures fractales, p. 80, quand deux contractions $f_1$ et $f_2$ sont injectives, il n'y a que deux possibités : $AFC(\{f_1,f_2\})$ est soit connexe soit totalement discontinu. Donc Herbo est totalement discontinu. L'affaire est entendue. :)

  • Intéressant, je ne connaissais pas ce résultat. 
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