Prof. Roland Gunesch Sommersemester 2005

Übungen zur Vorlesung

Einführung in dynamische Systeme

Lösungen zu Blatt 7

Aufgabe 1:

a) Zeigen Sie:

d_{λ,N}(α, ω) := ∑_{i∈ℤ}λ^{−|i|}|α_{i} − ω_{i}|

ist für jedes λ > 1 eine Metrik auf der Menge Ω_{N} aller zweiseitigen Symbolsequenzen über dem Alphabet {0, 1, …, N − 1}.

Lösung: d_{λ,N} ist offensichtlich symmetrisch. Klar ist auch, dass d_{λ,N}(α, α) = 0.

Sei nun d_{λ,N}(α, ω) = 0. Dann sind alle Summanden Null und somit gilt α_{i} = ω_{i} für alle i, also ist α = ω.

Wegen der Dreiecksungleichung für reelle Zahlen (hier sogar ganze Zahlen)

|α_{i} − ω_{i}| ≤ |α_{i} − θ_{i}| + |θ_{i} − ω_{i}|

folgt durch Multiplikation mit λ^{−|i|} und Aufsummieren über i die Dreiecksungleichung für d_{λ,N}:

d_{λ,N}(α, ω) ≤ d_{λ,N}(α, θ) + d_{λ,N}(θ, ω).

b) Zeigen Sie: Für alle λ > 2N − 1 ist für jede Wahl von α_{−n}, …, α_{n} ∈ {0, 1, …, N − 1} der Zylinder Z_{α_{−n},...,α_{n}} = {ω ∈ Ω_{N} : ω_{−n} = α_{−n}, …, ω_{n} = α_{n}} ⊂ Ω_{N} ein offener Ball mit Radius λ^{−n} in Ω_{N} bezüglich der Metrik d_{λ,N}.

Lösung: Sei zunächst α, ω ∈ Z_{α_{−n},...,α_{n}}. Dann ist für λ > 2N − 1:

d_{λ,N}(α, ω) = ∑_{i∈ℤ}λ^{−|i|}|α_{i} − ω_{i}|
= ∑_{i∈ℤ, i>n}λ^{−|i|}|α_{i} − ω_{i}|
≤ ∑_{i∈ℤ, i>n}λ^{−|i|}(N − 1)
≤ 2(N − 1) ∑_{i∈ℕ, i>n}λ^{−i}

= 2(N − 1)λ^{−(n+1)} \frac{1}{1 − 1/λ}
= 2(N − 1)λ^{−(n+1)} \frac{λ}{λ − 1}
< λ^{−n}.

Die Bedingung λ > 2N − 1 wurde im letzten Schritt benutzt.

Sei nun α ∈ Z_{α_{−n},...,α_{n}} und ω ∉ Z_{α_{−n},...,α_{n}}. Dann gibt es ein j mit |j| ≤ n, so dass α_{j} ≠ ω_{j}. Also ist |α_{j} − ω_{j}| > 1 und somit

d_{λ,N}(α, ω) = ∑_{i∈ℤ}λ^{−|i|}|α_{i} − ω_{i}|
≥ λ^{−|j|}|α_{j} − ω_{j}|
≥ λ^{−n}.

c) Zeigen Sie: Für λ > N ist der Zylinder Z_{α_{0},...,α_{n}} ⊂ Ω_{N}^{R} ein offener Ball mit Radius λ^{−n} bezüglich der Metrik d_{λ,N}(α, ω) := ∑_{i∈ℕ_{0}} λ^{−i}|α_{i} − ω_{i}| auf der Menge Ω_{N}^{R} aller einseitigen Symbolsequenzen über dem Alphabet {0, 1, …, N − 1}.

Lösung: Das ist fast dieselbe Rechnung wie in der vorigen Aufgabe. Wenn α, ω ∈ Z_{α_{0},...,α_{n}}, dann ist für λ > N:

d_{λ,N}(α, ω) = ∑_{i∈ℕ_{0}} λ^{−i}|α_{i} − ω_{i}|
= ∑_{i∈ℕ, i>n}λ^{−i}|α_{i} − ω_{i}|
≤ ∑_{i∈ℕ, i>n}λ^{−i}(N − 1)

= (N − 1)λ^{−(n+1)} \frac{1}{1 − 1/λ}
= (N − 1)λ^{−(n+1)} \frac{λ}{λ − 1}
< λ^{−n}.

Die Bedingung λ > N wurde wieder im letzten Schritt benutzt.

Sei nun α ∈ Z_{α_{−n},...,α_{n}} und ω ∉ Z_{α_{−n},...,α_{n}}. Dann gibt es wieder ein j mit 0 ≤ j ≤ n, so dass α_{j} ≠ ω_{j}. Also ist |α_{j} − ω_{j}| > 1 und somit

d_{λ,N}(α, ω) = ∑_{i∈ℕ_{0}} λ^{−i}|α_{i} − ω_{i}|
≥ λ^{−|j|}|α_{j} − ω_{j}|
≥ λ^{−n}.

Aufgabe 2:

a) Zeigen Sie: Für den Shift-Operator σ, der durch (σ(ω))_{n} := ω_{n+1} definiert ist, gibt es überabzählbar viele nichtperiodische Punkte ω ∈ Ω^{R} mit ω_{i} = 0 für alle i gerade.

Lösung: Es gibt endlich viele periodische Punkte von des Shift-Operators mit Periode n ∈ ℕ, also abzählbar viele periodische Punkte beliebiger Periode. Aber Ω_{R} ist überabzählbar (siehe auch die Aufgabe zur Cantor-Menge auf Aufgabenblatt 3).

Wenn wir nur diejenigen ω ∈ Ω^{R} betrachten mit ω_{i} = 0 für alle i gerade, dann sind das immer noch überabzählbar viele.

b) Geben Sie explizit ein solches ω an.

Lösung: Z.B. folgendes ω: Für alle i gerade setzen wir natürlich ω_{i} = 0. An die Stellen i = 1, 3, 5, 7, … setzen wir (von links nach rechts) erst eine Ziffer 0, dann eine 1, dann zwei Ziffern 0, dann eine 1, dann drei Ziffern 0, dann eine 1, usw. Dieses ω ist nicht periodisch, da die Lücken zwischen den Ziffern 1 beliebig lang wird.

Aufgabe 3: Finden Sie für jedes n ∈ ℕ die Zahl der periodischen Punkte der Periode n des Shift-Operators σ auf der Menge X = {ω ∈ Ω = Ω_{2} : ω_{i} = 0 für alle i gerade }.

Lösung: Sei p_{n} die gesuchte Zahl. Für n ungerade kommt nur ω = 0 in Frage. Für n gerade ist die Zahl gleich der Zahl der periodischen Punkte der Periode \frac{n}{2} des Shift-Operators auf der ganzen Menge Ω, also 2^{(n/2)}. Also ist

p_{n} = \begin{cases}1 & für n ∈ 2ℕ \\ 2^{(n/2)} & für n ∈ 2ℕ + 1. \end{cases}

Aufgabe 4: Sei G die G-förmige Hufeisen-Büroklammer

G : Λ → Λ, G(x, y) := \begin{cases}(3x, \frac{y}{3}) & für x ≤ 1/3 \\ (3x − 2, \frac{y+2}{3}) & für x ≥ 2/3 \end{cases}

auf dem G-invarianten Cantor-Staub Λ = C × C = ⋂_{i∈ℤ} G^{i}([0, 1]^{2}). Sei h : Ω → Λ die Konjugation zwischen G und dem Shift auf Ω, definiert durch ω ↦ h(ω) := ⋂_{n∈ℤ} G^{−n}(V_{ω_{n}}), wobei V_{0} = [0, \frac{1}{3}] × [0, 1] und V_{1} = [\frac{2}{3}, 1] × [0, 1].

Finden Sie n ∈ ℕ_{0} und einen Zylinder Z_{α_{−n},...,α_{n}} ⊂ Ω mit h(Z_{α_{−n},...,α_{n}}) = Λ ∩ R, für das Rechteck R = [\frac{6}{9}, \frac{7}{9}] × [0, \frac{1}{3}] .

Tipp: Wenn x ∈ [\frac{6}{9}, \frac{7}{9}] und y ∈ [0, \frac{1}{3}], welche Ziffern von x, y sind dann in der triadischen Darstellung festgelegt?

Lösung: Wenn x ∈ [\frac{6}{9}, \frac{7}{9}], dann ist in der triadischen Darstellung

x = 0.20 …

und wenn y ∈ [0, \frac{1}{3}], dann gilt in der triadischen Darstellung, dass

y = 0.0 ….

Es sind also 2 (Nachkomma-)Ziffern von x und eine von y festgelegt. Insgesamt ist also der Zylinder Z durch 3 Ziffern bestimmt. Diese könnte man schon durch Ausprobieren finden (8 Kombinationen) oder durch folgende Überlegung:

• Das Bild von V_{0} unter G ist [0, 1] × [0, \frac{1}{3}],

• das Bild von V_{1} unter G^{0} = id ist V_{1} = [\frac{2}{3}, 1] × [0, 1],

• das Bild von V_{0} unter G^{−1} ist ([0, \frac{1}{9}] × [0, 1]) ∪ ([\frac{6}{9}, \frac{7}{9}] × [0, 1]).

Also ist

R = G^{1}(V_{0}) ∩ G^{0}(V_{1}) ∩ G^{−1}(V_{0}).

Mit anderen Worten:

R = ⋂_{n∈ℤ,|n|≤1}G^{−n}(V_{ω_{n}})

mit

ω_{−1} = 0,
ω_{0} = 1,
ω_{1} = 0.

Damit gilt

λ ∩ R = {⋂_{n∈ℤ}G^{−n}(V_{ω_{n}}) : ω Fortsetzung von ω_{−1} = 0, ω_{0} = 1, ω_{1} = 0} .

Also ist der gesuchte Zylinder gleich Z_{ω_{−1}, ω_{0}, ω_{1}} mit ω_{−1} = 0, ω_{0} = 1, ω_{1} = 0.