Zagadnienia

2. Układy dynamiczne na okręgu

2.1. Najprostszy układ- obrót na okręgu

Oznaczamy okrąg przez S1, zaś znormalizowaną miarę Lebesgue'a na S1 przez l. Oznaczmy przez Tα obrót na okręgu o kąt 2πα. Równoważnie: rozpatrzmy na prostej R przekształcenie (przesunięcie o α):

Fαx=x+α.

Przy naturalnym rzutowaniu π:xe2πix mamy

Tαπ=πFα

Dowód poniższego stwierdzenia pozostawiamy jako zadanie:

Stwierdzenie 2.1
  • (a) Jeśli α jest wymierne (α=pq), to każda trajektoria jest okresowa z okresem q.

  • (b) Jeśli α jest niewymierne, to każda trajektoria jest gęsta w S1.

  • (c)Jeśli α jest niewymierne to dla każdej funkcji ciągłej ϕ:S1R mamy:

    ϕ+ϕTα++ϕTαn-1nϕdl
  • (d) Jeśli α jest niewymierne to dla każdego zS1 i dla każdego łuku IS1

    #(kn:Tkα(z)I)nlI
Uwaga 2.1

Z punktu (c) poprzedniego stwierdzenia mozemy wywnioskować że

δz+δTαz++δTαn-1znl

a nawet więcej: dla każdej miary borelowskiej probabilistycznej ν na S1 i dla każdej funkcji ciągłej ϕ mamy:

ν+Tα*ν++Tαn-1*νnf=νf+νfTα++νϕTαn-1n=ν(ϕ+ϕTα++ϕTαn-1n)fdl

Użyta tutaj zbieżność miar to słaba-* zmieżność (inaczej- zbieżność według rozkładu).

Zatem ciąg miar

ν+Tα*ν++Tαn-1*νn

jest zbieżny słabo-* (inaczej: zbieżny według rozkładu) do znormalizowanej miary Lebesgue'a na S1.

Wynika stąd, że istnieje tylko jedna probabilistyczna borelowska miara niezmiennicza dla Tα- jest to miara Lebesgue'a.

2.2. Homeomorfizmy okręgu. Liczba obrotu

Niech f będzie homeomorfizmem okręgu S1 zachowującym orientację. Wówczas istnieje ściśle monotoniczna funkcja F:RR taka że πF=fπ, gdzie π jest naturalnym rzutowaniem π:RS1. πx=e2πix. Oczywiście funkcja F (zwana podniesieniem f) nie jest wyznaczona jednoznacznie; wszystkie inne podniesienia są postaci Fx+k, gdzie kZ. Zauważmy własność podniesienia F:

Fx+1=Fx+1

Oczywiście, podniesieniem obrotu Tα jest przekształcenie Fα

Udowodnimy

Twierdzenie 2.1 (o istnieniu liczby obrotu)

Jeśli f jest homeomorfizmem S1 zachowującym orientację, F jego dowolnym podniesieniem, to dla każdego xR istnieje granica

limnFnxn=ρF

Ta granica nie zależy od punktu x. Ponadto, jeśli F~=F+k jest innym podniesieniem, to ρF~=ρF+k. Zatem część ułamkowa ρF nie zależy od podniesienia. Oznaczamy ją ρf i nazywamy liczbą obrotu homeomorfizmu f.

Ponadto ρfQ wtedy i tylko wtedy gdy f ma punkt okresowy.

Załóżmy że f ma punkt okresowy x, fqx=x. Wybierzmy punkt XR leżący ”nad” x, tzn taki że πX=e2πiX=x. Wówczas FqX=X+p dla pewnego pZ. Zatem

F2qX=FqFqX=FqX+p=FqX+p=X+2p

i przez indukcję:

FkqX=X+kp

Dla nN znajdujemy k takie że kqn<k+1q i zapisujemy

FnXn=Fn-kq(Fqk(X)n=FqkXn+Fn-qkFqkX-FqkXn

Teraz widzimy że pierwszy składnik dąży do pq gdy n zaś drugi dąży do zera (wystarczy zauważyc że licznik jest ograniczony).

Założmy teraz że granica FnXn istnieje Jeśli wybierzemy inny punkt YR, to YX+k,X+k+1 dla pewnego kZ. Możemy zatem zapisac:

FnX+k+1=FnX+k+1>FnYFnX+k=FnX+k

Po podzieleniu przez n widzimy że granica FnYn istnieje i jest taka sama jak dla punktu X.

Załóżmy że f nie ma punktu okresowego. Ustalamy X, mZ. Wówczas X+k<FmX<X+k+1 dla pewnego kZ. Stosując tę obserwację ponownie, mamy:

X+2k<FmX+k<F2mX<FmX+k+1<X+2k+1

i, przez indukcję:

X+nk<FnmX<X+nk+1,

czyli

nk=FnmX-X<nk+1.

Oznaczając an=FnX-Xn mamy:

km<anm<k+1m

oraz (kładąc n=1)

km<am<k+1m

Zatem anm-am<2m i podobnie (zamieniając m i n rolami) anm-an<2n. Stąd

an-am<2m+2n

Widzimy że ciąg an spełnia warunek Cauchy'ego, zatem jest zbieżny.

Pozostaje do pokazania że jeśli f nie ma punktu okresowego to ρf nie jest liczbą wymierną. Niech α=pq; pokażemy że αρf. Zauważmy że FqX-X-p0 dla każdego X. Ponieważ funkcja FqX-X-p jest okresowa, wynika stąd że FqX-X-p>δ dla pewnego dodatniego δ. Możemy założyc że FqX-X-p>δ. Mamy wówczas (przez indukcję) FkqX-pk>kδ a stąd:

limnFnXn=limkFkqXkq>pq+δq
Uwaga 2.2

Dla liczby obrotu homeomorfizmy nie zachowujące orientacji nie są ciekawe. Sprawdzić że homeomorfizm zmieniający orientację ma dwa punkty stałe na okręgu i zerową liczbę obrotu.

2.3. (Pół)sprzężenie z obrotem i Twierdzenie Denjoy

Dla xS1 oznaczmy przez ωx zbiór punktów skupienia trajektorii w przód punktu x. Udowodnimy najpierw

Stwierdzenie 2.2

Niech f będzie homeomorfizmem okręgu zachowującym orientację, ρfQ. Wówczas albo

  • dla każdego xS1 ωx=S1 albo

  • dla każdego xS1 ωx jest (tym samym dla wszystkich x!) zbiorem doskonałym, nigdziegęstym.

Dowód oprzemy na następującym łatwym lemacie:

Lemat 2.1

Niech f będzie homeomorfizmem okręgu, ρfQ. Niech m,nZ, xS1, I- odcinek o końcach fmx,fnx. Wówczas dla każdego yS1 orbita y,fy, przecina I.

Załóżmy że m<n. Zauważmy że fm-nI jest odcinkiem przylegającym do I, f2m-nI przylega do fm-nI itd. Otrzymujemy więc ciąg odcinków zawartych w ωx z ktorych następny przylega do poprzedniego. Twierdzimy że te odcinki pokryją cały okrąg. Istotnie, gdyby tak nie było- końce odcinków zbiegałyby do pewnego punktu zS1, stałego dla fm-n, więc okresowego dla f. Ale f nie ma punktów okresowych.

Skoro tak określone odcinki pokrywają cały okrąg- istnieje k0 takie że yfkm-nI . Wtedy fkn-myI.

Z lematu natychmiast wynika że zbiór ωx nie zależy od x. Istotnie, niech pωx i niech fnix będzie ciągiem obrazów x zbieżnym do p. Weżmy dowolne yS1. Wówczas między każdymi dwoma punktami fnix,fni+1 znajdzie się jakis punkt z trajektorii y, a zatem - istnieje ciąg obrazów y zbieżny do p.

Załóżmy teraz że ωx ma niepuste wnętrze. Wówczas istnieje odcinek Iωx o końcach fnx,fmx (gdzie m,nZ. Wtedy fm-nI jest odcinkiem przylegającym do I, f2m-nI przylega do fm-nI itd. Otrzymujemy więc ciąg odcinków zawartych w ωx z ktorych następny przylega do poprzedniego. Tak jak w dowodzie lematu - sprawdzamy że odcinki te muszą pokryć cały okrąg. Zatem ωx=S1.

Pozostaje do wykazania że zbiór ωx jest doskonały. Domkniętość wynika z samej definicji ωx. Niech pωx. Wiemy już że zbiór graniczny ωx nie zależy od x, w takim razie ωx=ωp i pωp. Zatem- istnieje ciąg fnipp. Wszystkie punkty fnip należą do ωp=ωx. Więc p jest granicą ciągu punktów należących do ωx. Wykazaliśmy że ωx jest doskonały.

Twierdzenie 2.2 (o półsprzężeniu z obrotem)

Niech f:S1S1 będzie homeomorfizmem zachowującym orientację i α=ρf niewymierne. Wówczas istnieje ciągłe i zachowujące orientację przekształcenie h:S1S1 stopnia 1 takie że

hf=Tαh

Ponadto, h jest homeomorfizmem wtedy i tylko wtedy gdy Pf=S1.

Uwaga 2.3

Inaczej możemy wyrazić własności h następująco: Jeśli H:RR jest podniesieniem h to Hx+1=Hx+1 i H jest monotoniczne (chociaż niekoniecznie ścisle monotoniczne). W istocie przekonamy się że jeśli zbiór Pf nie jest całym okręgiem (wówczas - jak już wiemy- S1Pf jest otwarty i gęsty w S1) to funkcja h przekształca każdą składową spójną zbioru S1Pf w jeden punkt.

Dowód twierdzenia o półsprzężeniu.

Wybieramy jakieś podniesienie F homeomorfizmu f. Wybieramy jakiś punkt xPf i jego podniesienie XR. Rozpatrujemy zbiór OX=FnX+m (jest to dokładnie- podniesienie orbity fnx do prostej przy kanonicznym rzutowaniu π). Określamy przekształcenie

H:OXR wzorem:

FnX+mnα+m.

Zauważmy następujące własności tego przekształcenia (zostawiamy sprawdzenie jako ćwiczenie):

Stwierdzenie 2.3

Przekształcenie H zachowuje porządek, tzn.

Fn1X+m1>Fn2X+m2n1α+m1>n2α+m2.

Ponadto

HFY=HY+α,HY+1=HY+1, (2.1)

dla YOX.

Przekształcenie H można teraz przedłużyc do ciągłego na OX¯=π-1Pf. Istotnie, dla xOX¯ kładziemy:

Hx=supyOX,y<xHy=infyOX,y>xHy.

Te dwie wartości (sup i inf) pokrywają się. Wynika to stąd że H jest ściśle rosnące na OX i że obraz HOX=nα+m jest gęsty w R. Widzimy też (z określenia H na domknięciu OX) że jeśli I jest składową uzupełnienia OX to H|I jest stała.

Rozszerzona funkcja H ma oczywiście też własności opisane w równaniu   (2.1). Ponieważ H ma własność Hx+1=HX+1, H wyznacza ciągłe przekształcenie h:S1S1 Z własności (2.1) wynika że hf=Tαh.

Wykażemy teraz że przy pewnych założeniach na gładkość f h jest homeomorfizmem.

Dowód poprzedzimy spostrzeżeniem:

Stwierdzenie 2.4

Jeśli f jest homeomorfizmem z niewymierną liczbą obrotu, PfS1, I- składowa S1Pf, to I jest zbiorem (łukiem) bładzącym:

fnIfmI=

dla n,mZ, nm.

Wystarczy zauważyć że jeśli a,b są końcami I to fnI jest łukiem o końcach fna,fnb. Z niezmienniczości zbioru Pf wynika że punkty a,b,fna,fnbPf i że fnI jest inną składową S1Pf.

Wniosek 2.1

Przekształcenie h skonstruowane w Twierdzeniu 6.1 jest homeomorfizmem wtedy i tylko wtedy gdy f nie ma odcinka (łuku) bładzącego.

Twierdzenie 2.3 (Twierdzenie Denjoy)

Jeśli f:S1S1 jest dyfeomorfizmem klasy C2 o niewymiernej liczbie obrotu, to f jest topologicznie sprzężone z obrotem o kąt α=ρf.

Uwaga 2.4

Oczywiście dla wymiernej liczby obrotu twierdzenie jest nieprawdziwe. Dla obrotu o kąt wymierny wszystkie punkty są okresowe.

Dowód Twierdzenia Denjoy

Zgodnie z poprzednim stwierdzeniem, wystarczy pokazać że f nie ma odcinka (łuku) błądzącego. Niech I będzie takim odcinkiem. Mamy wówczas

|fn(I)=|(f)(z1n)||I|,|f-n(I)=|I|1fnz2n

dla pewnych punktów z1nI, Z2nf-nI. Mnożąc stronami otrzymujemy:

fnIf-nII=fnz1n1fnz2n

Logarytmując mamy:

|log(fnIf-nII)|=|log|(fn)(z1n)|-log|(fn)(z2n)||i=0n-1|log|f|(fi(z1n)-log|f|(fi(z2n)|

Ponieważ f jest dyfeomorfizmem klasy C2- funkcja logf jest lipschitzowska. Zatem ostatnią sume możemy oszacować z góry przez

Lfiz1n,fiz2n

gdzie L=supf′′f jest stałą Lipschitza dla funkcji logf, zaś przez fiz1n,fiz2n oznaczyliśmy odcinek (łuk) o końcach fiz1n, fiz2n.

Zauważmy teraz że wyrażenie po lewej stronie nierówności dąży do nieskończoności gdy n (wynika to stąd że długości odcinków fnI,f-nI muszą dążyć do zera, skoro jest to odcinek błądzący). Zatem, jeśli wskażemy nieskończony ciąg n-ów, dla którego odcinki fiz1n,fiz2n (i<n) będą parami rozłaczne- dostaniemy sprzeczność , bo wówczas wyrażenie po prawej stronie będzie sie szacowało z góry przez długość okręgu.

Taki ciąg nów jest wskazany w następnym stwierdzeniu (ktore kończy dowód tw Denjoy)

Stwierdzenie 2.5

Niech I będzie odcinkiem błądzącym dla f, Vn-minimalnym łukiem zawierającym I,f-nI, ale nie zawierajacym fI. Wówczas dla nieskończenie wielu n odcinki Vn,fVnfn-1Vn są parami rozlączne.

Ze względu na półsprzężenie f z obrotem o kąt α wystarczy udowodnić że dla nieskończenie wielu n odcinek (łuk) Wn łaczący punkty x i Tα-nx ma analogiczną własność: Wn,TαWnTαn-1Wn są parami rozlączne. Można łatwo się przekonać że tak jest jeśli wybieramy n jako czas ”najbliższego podejścia do początku trajektorii”, tzn takie n że dx,Tjx>dx,Tnx dla wszystkich j=1,2,n-1.

Wniosek 2.2

Dla tak wybranych n (łuki) fiz1n,fiz2n (i=0,,n-1) są parami rozłączne, bo fiz1n,fiz2nfiVn.

Treść automatycznie generowana z plików źródłowych LaTeXa za pomocą oprogramowania wykorzystującego LaTeXML.

Projekt współfinansowany przez Unię Europejską w ramach Europejskiego Funduszu Społecznego.

Projekt współfinansowany przez Ministerstwo Nauki i Szkolnictwa Wyższego i przez Uniwersytet Warszawski.