Эта статья — последняя из серии моих хабрастатей о фракталах. В хабрастатье «Рисуем картинки с помощью кривой Гильберта» рассказывалось о котёнке по имени Гав, в хабрастатье «Кош на комплексной плоскости» — о перетекании фракталами в горизонт, в хабрастатье «Ночь фракталов» — об алгоритме времени убегания. В этой статье пойдёт речь о ёжике в тумане и, конечно же, о коте.
Каждый, кто хоть чуток сталкивался с фракталами, видел красивые картинки множеств Жюлиа, которые определяются квадратным многочленом; но интересно решать обратную задачу: пусть есть некоторая картинка, а мы ходим по ней придумать такой многочлен, который даст некоторое приближение исходной картинки. Картинка с ёжиком выше демонстрирует эту идею.
Итак, рассмотрим кота K.
Нам нужно придумать такой многочлен f, чтобы внутри кота последовательность f(z), f(f(z)), f(f(f(z))),… была ограниченной, а вне кота — стремилась к бесконечности. Долго над этим вопросом я не думал, а сразу же поискал в интернете и нашёл замечательную статью Kathryn A. Lindsey, «Shapes of polynomial Julia sets», 2013, arXiv:1209.0143. В этой статье доказывается что для «хорошего» кота и для заданной точности δ такой многочлен придумать можно, причём доказательство конструктивно.
Рассмотрим эту конструкцию. Пусть φ' — конформное отображение, которое внешность единичной окружности переводит во внешность кота. Пусть φ(z) = φ'((1 + ε)z) — подправленное на некоторое малое ε исходное отображение.
Далее, пусть ω(z) = c−n(z − r0)(z − r1) ⋅… ⋅ (z − rn−1), где c — коэффициент при z в разложении отображения φ в ряд Лорана, а rk = φ(e2πik/n) — образы корней из единицы n-ой степени. Доказывается, что многочлен f(z) = z(ω(z) + 1) будет искомым при достаточно большом n.
Следовательно, для решения нашей задачи необходимо научиться генерировать соответствующее конформное отображение. В результате небольшого поиска в интернете, был найден пакет zipper. Этот пакет позволяет находить конформное отображение внутренности единичного круга на область, ограниченную ломаной. Хотя этот пакет написал лет двадцать назад на древнем наречии, собрать его и воспользоваться им не составило труда.
Чтобы использовать этот пакет, нужно по изображению построить ломаную. Я не стал делать какого-то автоматического решения, а загрузил изображение в редактор Inkscape и обвёл его, а распарсить SVG-формат проще простого. Это удобно тем, что позволяет экспериментировать с ломаной.
Далее, нам нужно отображение из внешности во внешность, а пакет находит отображение из внутренности во внутренность. Здесь нужно просто сопрячь генерируемое отображение инверсией. То есть φ'(z) = 1 / ψ(1/z), где ψ — отображение, которое генерирует пакет. А на вход пакета надо подавать уже инвертированную ломанную.
В определении многочлена f ещё участвует коэффициент c. Для приближённого вычисления его значения воспользуемся следующим приёмом. Пусть
f(z) = cz + a + a1/z + a2/z2 + a3/z3 +…
Рассмотрим некоторую конечную, но достаточно большую, часть этого ряда. Подставим в ряд значения корней из единицы n-ой степени, где n больше числа членов этого куска.
f(e2πik/n) = ce2πik/n + a + a1e−2πik/n + a2e−4πik/n + a3e−6πik/n + ..., k = 0, ..., n − 1.
Теперь умножим каждую строку на e−2πik/n и сложим все строки. Так как сумма всех корней из единицы равна 0, то справа останется только nc. Поэтому можно положить
c = (f(1) ⋅ 1 + f(e2πi/n)e−2πi/n +… + f(e2πi(n − 1)/n)e−2πi(n − 1)/n)) / n.
Соберём всё вместе и проверим, что получилось. На рисунке ниже приведён «тепловой» график логарифма модуля f(z) (чем краснее, тем больше значение). Как видно, внутри кота значения многочлена маленькие, а вне кота многочлен возрастает, так и должно быть. Заметьте также, как распределяются значения f(e2πik/n) (зелёные точки), из-за этого эффекта пришлось рисовать кота, у которого ноги достаточно далеко находятся друг от друга.
Теперь просто-напросто применяем какой-нибудь алгоритм для рисования множества Жюлиа и получаем кота, граница которого фрактальна.
Если же у нас изображение состоит из нескольких областей A1, A2, ..., Aq, то в вышеупомянутой статье предлагается использовать вместо многочлена рациональное отображение f(z), определённое следующим образом. Для каждой области Ar, запишем произведение ωr(z) как сделано выше. Тогда искомая рациональная функция f(z) определяется формулой f(z) = z / (1/ ω1(z) +… + 1 / ωq(z)).
Например, пусть у нас есть ёжик в тумане Ё.
Обведём ёжика и холм (нижняя граница холма находится за пределами картинки).
Ёжик в вакууме.
Холм без ёжика.
Всё вместе.
Увеличенное брюхо ёжика с блохами-ежами.
Как всегда, исходный код можно найти на гитхабе.
Ещё раз повторю ссылку на статью, с помощью которой всё получилось: Kathryn A. Lindsey, «Shapes of polynomial Julia sets», 2013, arXiv:1209.0143. Отмечу, статья легко читается, так что можете поразбирать доказательства за чашкой чая.
Надеюсь было весело.
Каждый, кто хоть чуток сталкивался с фракталами, видел красивые картинки множеств Жюлиа, которые определяются квадратным многочленом; но интересно решать обратную задачу: пусть есть некоторая картинка, а мы ходим по ней придумать такой многочлен, который даст некоторое приближение исходной картинки. Картинка с ёжиком выше демонстрирует эту идею.
Итак, рассмотрим кота K.
Нам нужно придумать такой многочлен f, чтобы внутри кота последовательность f(z), f(f(z)), f(f(f(z))),… была ограниченной, а вне кота — стремилась к бесконечности. Долго над этим вопросом я не думал, а сразу же поискал в интернете и нашёл замечательную статью Kathryn A. Lindsey, «Shapes of polynomial Julia sets», 2013, arXiv:1209.0143. В этой статье доказывается что для «хорошего» кота и для заданной точности δ такой многочлен придумать можно, причём доказательство конструктивно.
Рассмотрим эту конструкцию. Пусть φ' — конформное отображение, которое внешность единичной окружности переводит во внешность кота. Пусть φ(z) = φ'((1 + ε)z) — подправленное на некоторое малое ε исходное отображение.
Далее, пусть ω(z) = c−n(z − r0)(z − r1) ⋅… ⋅ (z − rn−1), где c — коэффициент при z в разложении отображения φ в ряд Лорана, а rk = φ(e2πik/n) — образы корней из единицы n-ой степени. Доказывается, что многочлен f(z) = z(ω(z) + 1) будет искомым при достаточно большом n.
Следовательно, для решения нашей задачи необходимо научиться генерировать соответствующее конформное отображение. В результате небольшого поиска в интернете, был найден пакет zipper. Этот пакет позволяет находить конформное отображение внутренности единичного круга на область, ограниченную ломаной. Хотя этот пакет написал лет двадцать назад на древнем наречии, собрать его и воспользоваться им не составило труда.
Кусочек на древнем наречии
call invers write(4,*)z1,z2,z3,zrot1,zto0,zto1,angler,zrot2 do 981 j=4,n-2,2 981 write(4,999)a(j),b(j),c(j) zm=dcmplx(0.d0,0.d0) ierr=0 do 982 j=1,n if(cdabs(zm-z(j)).lt.1.d-16)then ierr=1 jm=j-1 write(*,*)' WARNING: prevertices',j,' and',jm,' are equal' endif zm=z(j) x=dreal(z(j)) y=dimag(z(j)) 982 write(3,999)x,y if(ierr.eq.1)then
Обмазываем zipper клеем на питоне
def calc_phi(points): with open("init.dat", "w") as output_file: for point in points: output_file.write(str(point.real) + " " + str(point.imag) + "\n") output_file.write("\n0.0 0.0\n") os.system("echo \"init.dat\n200\npoly.dat\" | ./polygon") os.system("./zipper") os.system("rm init.dat") def transform_points(points): with open("fftpts.dat", "w") as output_file: for point in points: output_file.write(str(point.real) + " " + str(point.imag) + "\n") os.system("echo \"0\nfftpts.dat\nfftpts.img\n0\" | ./forward") transformed_points = [] with open("fftpts.img", "r") as input_file: for line in input_file.readlines(): x, y = float(line[0:25]), float(line[25:]) transformed_points.append(complex(x, y)) os.system("rm fftpts.dat") os.system("rm fftpts.img") return transformed_points
Чтобы использовать этот пакет, нужно по изображению построить ломаную. Я не стал делать какого-то автоматического решения, а загрузил изображение в редактор Inkscape и обвёл его, а распарсить SVG-формат проще простого. Это удобно тем, что позволяет экспериментировать с ломаной.
Парсим пути в SVG-файле
def read_points_from_svg(file_name, path_n): with open(file_name, "r") as input_file: content = input_file.read() soup = BeautifulSoup.BeautifulSoup(content) path = soup.findAll("path")[path_n] data = path.get("d").split(" ") x, y = 0, 0 is_move_to = False is_relative = False points = [] for d in data: if d == "m": is_move_to = True is_relative = True elif d == "M": is_move_to = True is_relative = False elif d == "z": pass elif d == "Z": pass elif d == "l": is_move_to = False is_relative = True elif d == "L": is_move_to = False is_relative = False else: dx, dy = d.split(",") dx = float(dx) dy = float(dy) if is_move_to: x = dx y = dy is_move_to = False else: if is_relative: x += dx y += dy else: x = dx y = dy points.append(complex(x, y)) return points
Далее, нам нужно отображение из внешности во внешность, а пакет находит отображение из внутренности во внутренность. Здесь нужно просто сопрячь генерируемое отображение инверсией. То есть φ'(z) = 1 / ψ(1/z), где ψ — отображение, которое генерирует пакет. А на вход пакета надо подавать уже инвертированную ломанную.
Сопрягаем
def invert_points_1(points, epsilon): inverted_points = [] for point in points: inverted_points.append(1 / ((1 + epsilon)*point)) return inverted_points def invert_points_2(points, shift): inverted_points = [] for point in points: inverted_points.append(1 / point + shift) return inverted_points if __name__ == "__main__": ... inverted_points = invert_points_1(points, epsilon) transformed_points = transform_points(inverted_points) inverted_transformed_points = invert_points_2(transformed_points, shift)
В определении многочлена f ещё участвует коэффициент c. Для приближённого вычисления его значения воспользуемся следующим приёмом. Пусть
f(z) = cz + a + a1/z + a2/z2 + a3/z3 +…
Рассмотрим некоторую конечную, но достаточно большую, часть этого ряда. Подставим в ряд значения корней из единицы n-ой степени, где n больше числа членов этого куска.
f(e2πik/n) = ce2πik/n + a + a1e−2πik/n + a2e−4πik/n + a3e−6πik/n + ..., k = 0, ..., n − 1.
Теперь умножим каждую строку на e−2πik/n и сложим все строки. Так как сумма всех корней из единицы равна 0, то справа останется только nc. Поэтому можно положить
c = (f(1) ⋅ 1 + f(e2πi/n)e−2πi/n +… + f(e2πi(n − 1)/n)e−2πi(n − 1)/n)) / n.
Соберём всё вместе и проверим, что получилось. На рисунке ниже приведён «тепловой» график логарифма модуля f(z) (чем краснее, тем больше значение). Как видно, внутри кота значения многочлена маленькие, а вне кота многочлен возрастает, так и должно быть. Заметьте также, как распределяются значения f(e2πik/n) (зелёные точки), из-за этого эффекта пришлось рисовать кота, у которого ноги достаточно далеко находятся друг от друга.
Теперь просто-напросто применяем какой-нибудь алгоритм для рисования множества Жюлиа и получаем кота, граница которого фрактальна.
Например, алгоритм времени убегания
def get_value(points, z, radius): result = 1 for point in points: result *= (z - point) / radius return z * (1 + result) def get_radius(points): n = len(points) result = 0 for k in range(n): result += points[k] * cmath.exp(-2j*math.pi*k/n) return result / n def draw_fractal(image, points, scale, shift, bound, max_num_iter, radius): width, height = image.size draw = ImageDraw.Draw(image) for y in range(0, height): for x in range(0, width): z = (complex(x, y) - shift) * scale n = 0 while abs(z) < bound and n < max_num_iter: z = get_value(points, z, radius) n += 1 if n < max_num_iter: color = ((100 * n) % 255, 128 + (50 * n) % 255, 128 + (75 * n) % 255) draw.point((x, y), color)
Если же у нас изображение состоит из нескольких областей A1, A2, ..., Aq, то в вышеупомянутой статье предлагается использовать вместо многочлена рациональное отображение f(z), определённое следующим образом. Для каждой области Ar, запишем произведение ωr(z) как сделано выше. Тогда искомая рациональная функция f(z) определяется формулой f(z) = z / (1/ ω1(z) +… + 1 / ωq(z)).
Например, пусть у нас есть ёжик в тумане Ё.
Обведём ёжика и холм (нижняя граница холма находится за пределами картинки).
Ёжик в вакууме.
Холм без ёжика.
Всё вместе.
Увеличенное брюхо ёжика с блохами-ежами.
Как всегда, исходный код можно найти на гитхабе.
Ещё раз повторю ссылку на статью, с помощью которой всё получилось: Kathryn A. Lindsey, «Shapes of polynomial Julia sets», 2013, arXiv:1209.0143. Отмечу, статья легко читается, так что можете поразбирать доказательства за чашкой чая.
Надеюсь было весело.
Неудавшиеся дубли
