1. Definicja ciągu: z0 = 0, zn 1 = zn 2 c n∈ℕ ∪ {0}, c∈ℂ . 2. K = {c

2
1. Definicja ciągu: z 0 = 0, z n1 = z n  c n∈ℕ ∪ {0} , c∈ℂ .
2. K = {c ∈ℂ :∣c∣ ≤ 2} . Jeśli c ∉K , to ∃ a  0 , taka że ∣c∣ = 2  a .
Pokażemy (indukcyjnie), że dla n∈ℕ c∉K ∣z n∣≥∣c∣ oraz
∣z n1∣ ≥∣z n∣1  a  .
n = 1 : z 1 = c ⇒ ∣z 1∣= ∣c∣, z 2 = z 21  c ⇒ ∣z 21∣= ∣z 21  c − c∣ ≤∣z 21 c∣ ∣c∣ =
=∣z 2∣ ∣c∣ ⇒ ∣z 2∣ ≥∣z 21∣ −∣c∣ =∣c 2∣− ∣c∣= ∣c∣∣c∣ − 1 =∣c∣a  1
krok indukcyjny:
∣z 2n∣=∣z 2n  c − c∣ ⇒ ∣z 2n∣ ≤∣z 2n  c∣ ∣c∣ =∣z n1∣ ∣c∣ ⇒ ∣z n1∣ ≥∣z 2n∣ −∣c∣ ≥
.
≥∣z 2n∣ −∣z n∣ =∣z n∣∣z n∣ − 1 ≥∣z n∣∣c∣ − 1 =∣z n∣1  a 
Zatem, jeśli c ∉ K , to ciąg ∣z n∣n ∈ℕ rośnie nieograniczenie.
3. Jeśli ∃ n0 ≥ 0 takie, że ∣z n ∣  2 to ciąg  z n n∈ℕ jest nieograniczony.
Z poprzedniego punktu wiadomo, że jeśli ∣c∣  2 , to ciąg  z n n∈ℕ jest
nieograniczony. Można zatem założyć, że ∣c∣ ≤ 2. . Definiujemy
b =∣z n ∣− 2 , ∣z n 1∣ =∣z 2n  c∣≥ ∣z n ∣2 −∣c∣ = 4  4b  b 2 − 2 ≥ 2  4b .
k
Indukcyjnie dowodzimy, że ∣z n k∣ ≥ 2  4 b ∀ k ∈ℕ .
4. Niech M oznacza [zespolony] zbiór Mandelbrota, B = {c∈ M : ℑ c = 0} .
1
Mamy udowodnić, że B = [−2, ] . Oczywiście B ⊂ [−2,2] .
4
(a) [−2,0 ] ⊂ B : Udowodnimy indukcyjnie, że ∀ n ∈ ℕ z n ∈ [−∣c∣,∣c∣] .
z 1 = c , z n 1 = z 2n  c ≤ c 2  c = c  c  1 ⇒ ∣z n1∣≤∣c∣∣c1∣ ≤∣c∣ bowiem
c  1 ∈ [−1,1] ,
1
1
(b) [0, ] ⊂ B : Udowodnimy indukcyjnie, że ∀ n ∈ ℕ z n ∈ [0, ] .
4
2
2
1
1
1
z 1 = c , z n 1 = z 2n  c ≤    =
.
2
4
2
1
(c) jeśli c 
, to c ∉ B : Wykażemy indukcyjnie, że ciąg  z n n∈ℕ
4
2
2
2
jest rosnący. Jeśli z n = z n−1  c ≥ z n −1 , to z n1 = z n  c ≥ z n −1  c = z n .
Każdy ciąg rosnący ma granicę ∈ [0,∞] . Mamy pokazać, że ciąg jest
nieograniczony, tzn. ma granicę ∞ . Przypuśćmy (dowód nie wprost),
z n oraz f  z  = z 2  c . Ponieważ z = f  z 
że g  ∞ Niech g = lim
n1
n
n ∞
oraz funkcja f jest ciągła, to lim z n = f  g  . Ciąg może mieć tylko
0
0
0
0
0
0
n ∞
jedną granicę, zatem
g = f  g  , czyli liczba
g jest rozwiązaniem
1
równania g = g 2  c . Łatwo sprawdzić, że dla c 
równanie to nie
4
ma rozwiązań rzeczywistych.
5. Jeżeli ∣z∣  max 2,∣c∣ ,to z ∉ J c . Oznaczmy przez a liczbę (dodatnią),
taką że ∣z∣ = 2  a . Z nierówności trójkąta dostajemy
∣z∣2 = ∣z 2∣ =∣z 2  c − c∣ ≤∣z 2  c∣ ∣c∣ a stąd
∣z 2  c∣ ≥∣z∣2 − c ≥∣z∣2 − ∣z∣ = ∣z∣ − 1∣z∣ = 1  a∣z∣ . Oznacza to, że
∣z n1∣ ≥ 1  a∣z n∣ ∀ n ∈ ℕ ∪ {0} ⇒ ∣z n1∣≥ 1  a n1∣z∣ , a więc
6. Wystarczy pokazać, że 0 ∉ J c . Z definicji zbiorów Julii J c oraz zbioru
Mandelbrota M bezpośrednio wynika, że 0 ∈ J c ⇔ c ∈ M . W punkcie
1
4(c) zostało pokazane, że jeśli c ∈ ℝ ∧ c 
, to c ∉ M .
4
7. Zakładamy, że
c≤
1
. Definiujemy funkcję
4
f  x  = x 2  c . Niech
1  1−4c
, ( d jest jedynym pierwiastkiem równania x = x 2  c
2
1
jeśli c =
oraz większym z pierwiastków równania x = x 2  c jeśli
4
1
c
).
4
(a) Załóżmy, że y ≤ d . Ponieważ zbiór Julii J c ma środek symetrii w
punkcie 0 , można dodatkowo założyć, że y ≥ 0 . Dla argumentów
dodatnich funkcja f jest rosnąca, zatem f  y  ≤ f d  = d indukcyjnie
dowodzimy, że ciąg: y 0 = y , y n1 = f  y n n ∈ ℕ ∪ 0 jest ograniczony
(przez liczbę d ), zatem y ∈ J c .
(b) Załóżmy, że y  d . Na półprostej [ d , ∞  funkcja f jest rosnąca,
zatem ciąg: y 0 = y , y n1 = f  y n  n ∈ ℕ ∪ 0 jest rosnący. Ma więc granicę
(skończoną lub nieskończoną). Załóżmy że ma granicę skończoną
g = lim y n , ponieważ y  d oraz ciąg  y  jest rosnący, to g  d .
0
n
n∞
Podobnie jak w punkcie 4(c) dowodzimy, że granica g spełnia równanie
x = f  x  , równanie to nie ma rozwiązań większych niż d . Otrzymana
sprzeczność dowodzi, że g = ∞ , tzn. y ∉ J c .
d=