Załóżmy że f ma punkt okresowy x, fq⁢x=x. Wybierzmy punkt X∈R leżący ”nad” x, tzn taki że π⁢X=e2⁢π⁢i⁢X=x. Wówczas Fq⁢X=X+p dla pewnego p∈Z. Zatem

F2⁢q⁢X=Fq⁢Fq⁢X=Fq⁢X+p=Fq⁢X+p=X+2⁢p

i przez indukcję:

Fk⁢q⁢X=X+k⁢p

Dla n∈N znajdujemy k takie że k⁢q≤n<k+1⁢q i zapisujemy

Fn⁢Xn=Fn-k⁢q(Fq⁢k(X)n=Fq⁢k⁢Xn+Fn-q⁢k⁢Fq⁢k⁢X-Fq⁢k⁢Xn

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 Fn⁢Xn istnieje Jeśli wybierzemy inny punkt Y∈R, to Y∈X+k,X+k+1 dla pewnego k∈Z. Możemy zatem zapisac:

Fn⁢X+k+1=Fn⁢X+k+1>Fn⁢Y≥Fn⁢X+k=Fn⁢X+k

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

Załóżmy że f nie ma punktu okresowego. Ustalamy X, m∈Z. Wówczas X+k<Fm⁢X<X+k+1 dla pewnego k∈Z. Stosując tę obserwację ponownie, mamy:

X+2⁢k<Fm⁢X+k<F2⁢m⁢X<Fm⁢X+k+1<X+2⁢k+1

i, przez indukcję:

X+n⁢k<Fn⁢m⁢X<X+n⁢k+1,

czyli

n⁢k=Fn⁢m⁢X-X<n⁢k+1.

Oznaczając an=Fn⁢X-Xn mamy:

km<an⁢m<k+1m

oraz (kładąc n=1)

km<am<k+1m

Zatem an⁢m-am<2m i podobnie (zamieniając m i n rolami) an⁢m-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 ρ⁢f nie jest liczbą wymierną. Niech α=pq; pokażemy że α≠ρ⁢f. Zauważmy że Fq⁢X-X-p≠0 dla każdego X. Ponieważ funkcja Fq⁢X-X-p jest okresowa, wynika stąd że Fq⁢X-X-p>δ dla pewnego dodatniego δ. Możemy założyc że Fq⁢X-X-p>δ. Mamy wówczas (przez indukcję) Fk⁢q⁢X-p⁢k>k⁢δ a stąd:

limn→∞⁡Fn⁢Xn=limk→∞⁡Fk⁢q⁢Xk⁢q>pq+δq

∎

Dowód oprzemy na następującym łatwym lemacie:

Z lematu natychmiast wynika że zbiór ω⁢x nie zależy od x. Istotnie, niech p∈ω⁢x i niech fni⁢x będzie ciągiem obrazów x zbieżnym do p. Weżmy dowolne y∈S1. Wówczas między każdymi dwoma punktami fni⁢x,fni+1 znajdzie się jakis punkt z trajektorii y, a zatem - istnieje ciąg obrazów y zbieżny do p.

Załóżmy teraz że ω⁢x ma niepuste wnętrze. Wówczas istnieje odcinek I⊂ω⁢x o końcach fn⁢x,fm⁢x (gdzie m,n∈Z. Wtedy fm-n⁢I jest odcinkiem przylegającym do I, f2⁢m-n⁢I przylega do fm-n⁢I itd. Otrzymujemy więc ciąg odcinków zawartych w ω⁢x z ktorych następny przylega do poprzedniego. Tak jak w dowodzie lematu - sprawdzamy że odcinki te muszą pokryć cały okrąg. Zatem ω⁢x=S1.

Pozostaje do wykazania że zbiór ω⁢x jest doskonały. Domkniętość wynika z samej definicji ω⁢x. Niech p∈ω⁢x. Wiemy już że zbiór graniczny ω⁢x nie zależy od x, w takim razie ω⁢x=ω⁢p i p∈ω⁢p. Zatem- istnieje ciąg fni⁢p→p. Wszystkie punkty fni⁢p należą do ω⁢p=ω⁢x. Więc p jest granicą ciągu punktów należących do ω⁢x. Wykazaliśmy że ω⁢x jest doskonały.

∎

Dowód twierdzenia o półsprzężeniu.

Wybieramy jakieś podniesienie F homeomorfizmu f. Wybieramy jakiś punkt x∈P⁢f i jego podniesienie X∈R. Rozpatrujemy zbiór OX=Fn⁢X+m (jest to dokładnie- podniesienie orbity fn⁢x do prostej przy kanonicznym rzutowaniu π). Określamy przekształcenie

H:OX→R wzorem:

Fn⁢X+m↦n⁢α+m.

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

Przekształcenie H można teraz przedłużyc do ciągłego na OX¯=π-1⁢P⁢f. Istotnie, dla x∈OX¯ kładziemy:

H⁢x=supy∈OX,y<x⁡H⁢y=infy∈OX,y>x⁡H⁢y.

Te dwie wartości (sup i inf) pokrywają się. Wynika to stąd że H jest ściśle rosnące na OX i że obraz H⁢OX=n⁢α+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 H⁢x+1=H⁢X+1, H wyznacza ciągłe przekształcenie h:S1→S1 Z własności (2.1) wynika że h∘f=Tα∘h.

∎

Wystarczy zauważyć że jeśli a,b są końcami I to fn⁢I jest łukiem o końcach fn⁢a,fn⁢b. Z niezmienniczości zbioru P⁢f wynika że punkty a,b,fn⁢a,fn⁢b∈P⁢f i że fn⁢I jest inną składową S1∖P⁢f.

∎

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|⋅1fn′⁢z2n

dla pewnych punktów z1n∈I, Z2n∈f-n⁢I. Mnożąc stronami otrzymujemy:

fn⁢I⋅f-n⁢II=fn′⁢z1n⋅1fn′⁢z2n

Logarytmując mamy:

|log(fn⁢I⋅f-n⁢II)|=|log|(fn)′(z1n)|-log|(fn)′(z2n)||≤∑i=0n-1|log|f′|(fi(z1n)-log|f′|(fi(z2n)|

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

L⋅∑fi⁢z1n,fi⁢z2n

gdzie L=sup⁡f′′f′ jest stałą Lipschitza dla funkcji log⁡f′, zaś przez fi⁢z1n,fi⁢z2n oznaczyliśmy odcinek (łuk) o końcach fi⁢z1n, fi⁢z2n.

Zauważmy teraz że wyrażenie po lewej stronie nierówności dąży do nieskończoności gdy n→∞ (wynika to stąd że długości odcinków fn⁢I,f-n⁢I muszą dążyć do zera, skoro jest to odcinek błądzący). Zatem, jeśli wskażemy nieskończony ciąg n-ów, dla którego odcinki fi⁢z1n,fi⁢z2n (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)

∎