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.
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
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 0.0n")
os.system("echo "init.datn200npoly.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 "0nfftpts.datnfftpts.imgn0" | ./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.
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.
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.
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.
Автор: mkot
