Prof. Roland Gunesch Sommersemester 2005

Übungen zur Vorlesung

Einführung in dynamische Systeme

Lösungen zu Blatt 8

Aufgabe 1: Sei X ein beliebiger endlicher Raum, bestehend aus N Punkten, versehen mit der Topologie, in der alle Teilmengen von X offen sind (die “feinste Topologie”; sie wird erzeugt durch die diskrete Metrik d(x, y) = 1 für alle x ≠ y).

a) Geben Sie ein Beispiel einer topologisch transitiven Abbildung f : X → X an.

Lösung: Jede Permutation, die nur aus einem Zykel besteht, hat den ganzen Raum als Orbit (und somit ein dichtes Orbit).

b) Bestimmen Sie die Zahl T (N) aller topologisch transitiven Abbildungen f : X → X.

Lösung: Wenn die Permutation nur einen Zykel haben soll, gibt es für N > 1 genau N − 1 mögliche Werte unter f vom ersten Element x_{1} (denn f(x_{1}) = x_{1} wuerde auch ein Zykel sein). Die restlichen n−1 Elemente werden auch zyklisch permutiert, somit ergibt sich per Induktion

T (N) = (N − 1)!.

Für N = 1 stimmt die Formel auch. Für N = 0 (d.h. X = ∅) gilt T (0) = 1.

c) Gibt es eine topologisch mischende Abbildung auf X? (Beispiel oder Gegenbeweis)

Lösung: Nein für N > 1, denn dann gibt es p ∈ X, p ≠ q ∈ X. Es sind U = {x} und V = {y} offene Mengen in X. Da f eine Permutation und somit periodisch ist, gibt es beliebig große n, so dass f^{n}(U) = U, also f^{n}(U) ∩ V = ∅.

Für N = 1 (und N = 0) sind natürlich alle Abbildungen f : X → X topologisch mischend.

Aufgabe 2: Sei k ∈ ℕ und B_{k} := {ω ∈ Ω = Ω_{2}| ∀m, n ∈ ℕ : |∑_{i=n}^{m}(−1)^{ω_{i}}| ≤ k} die Menge aller ω ∈ Ω, für die gilt, dass für jeden endlichen Block von Ziffern von ω, egal wie lang, sich die Zahl der 0-en von der Zahl der 1-en höchstens um k unterscheidet.

a) Zeigen Sie: B_{k} ist eine Shift-invariante und abgeschlossene Teilmenge von Ω.

Lösung: Sei ω ∈ B_{k}. Für jeden Block ((σ(ω))_{n}, …, (σ(ω))_{m}) ist die Zahl der Nullen minus der Zahl der Einsen gleich der des Blocks Für jeden Block (ω_{n−1}, …, ω_{m−1}), also ≤ k. Somit ist B_{k} Shift-invariant.

Wenn nun

lim_{i→∞} ω^{i} = ω

für eine Folge (ω^{i})_{i∈ℕ} gilt, dann gibt es l = l(i) ∈ ℕ mit lim_{i→∞} l(i) = ∞ und

ω_{k}^{i} = ω_{k}

für alle |k| < l(i).

Somit ist

∑_{i=n}^{m}(−1)^{ω_{i}} = ∑_{i=n}^{m}(−1)^{ω_{i}^{j}} ≤ k

für alle j mit l(j) > max(|n|, |m|).

b) Ist σ : B_{k} → B_{k} ist topologisch transitiv? (Beweis oder Widerlegung)

Lösung: Ja. Beweis (analog Beweis für Shift auf Ω, etwas modifiziert): Sei A_{1}, A_{2}, … eine Abzählung aller endlicher Blöcke von 0en und 1en, die die Bedingung von B_{k} erfüllen, d.h.

a_{n} := ∑_{i indiziere A_{n}}(−1)^{ω_{i}}

erfülle |a_{n}| ≤ k für alle n. Setze

A′_{n} := die a_{n}-fache Wiederholung der Ziffer \begin{cases}1 & für a_{n} ≥ 0 \\ 0 & für a_{n} < 0 \end{cases} .

Dann liegt die einseitige Folge

ω = (A_{1}A′_{1}A_{2}A′_{2} …)

in B_{k}, denn dies gilt für alle A_{n} und somit auch für die A′_{n}. ω hat ein dichtes Orbit, denn jedes A_{n} kommt unter σ irgendwann am Ursprung vorbei, also liegt in jedem Zylinder ein Element des Orbits. c) Zeigen Sie: σ : B_{k} → B_{k} ist nicht topologisch mischend.

Lösung: Sei U die Zylinder-Umgebung, die durch Festlegen der Werte an den Stellen 0, 1, …, k − 1 auf 0 definiert ist. Sei V die Zylinder-Umgebung, die durch Festlegen der Werte an den Stellen m, m + 1, …, m + k − 1 auf 0 definiert ist.

Annahme: U ∩ f^{n}(V) sei nichtleer, enthalte also ein ω ∈ B_{k}. Dann muss erstens n = m sein. Zweitens müssen in den Stellen 0, 1, …, k− 1 und m, …, m + k − 1 nur 0en stehen. Folglich stehen in den Stellen k, k + 1, …, m − 1 genau k mehr 1en als 0en. Denn wenn’s mehr wären, läge dieser Block nicht in B_{k}, und wenn’s weniger wären, enthielte der Block von 0 bis m + k − 1 zuviele 0en.

Einen solchen Block gibt es nur, wenn m und k beide gerade oder beide ungerade sind. Durch Wählen von m = k + 1 haben wir also ein Gegenbeispiel konstruiert.

Aufgabe 3: Sei A eine 2 × 2-Matrix mit ganzzahligen Einträgen.

a) Zeigen Sie: Für | det(A)| = 1 ist die Abbildung L_{A} : 𝕋^{2} → 𝕋^{2}, [\binom{x}{y}] ↦ [A · \binom{x}{y}] ein Diffeormorphismus auf dem 2-Torus.

Lösung: A ist ganzzahlig, deswegen wird das Einheitsgitter in sich abgebildet. Ist | det(A)| = 1, ist die inverse Matrix auch ganzzahlig und bildet das Einheitsgitter auch in sich selbst ab. Damit lassen sich durch Interpolation alle Punkte des ℝ^{2}, somit des Torus, bijektiv auf sich abbilden.

Lineare Abbildungen (wie A und A^{−1}) sind natürlich glatt, also ist die Abbildung L_{A} ein Diffeomorphismus.

b) Zeigen Sie: Die Abbildung L_{A} : 𝕋^{2} → 𝕋^{2} hat für jedes n ∈ ℕ endlich viele periodische Punkte der Periode n genau dann, wenn A keine Eigenwerte λ mit |λ| = 1 hat.

Lösung: Gibt es so einen Eigenwert, hat die Matrix einen zugehörigen Eigenvektor (wie man mittels Jordan-Normalform sieht). Alle Punkte der Eigenrichtung sind fest oder periodisch, und das sind überabzählbar viele.

Gibt es keinen solchen Eigenwert, dann ist A hyperbolisch, und nur rationale Punkte mit Nenner (||A||_{∞})^{n} kommen in Frage. Das sind endlich viele.

Aufgabe 4: Sei A = (\begin{matrix}2 & 1 \\ 1 & 1 \end{matrix}), L_{A} die arnoldsche Katzenabbildung,

G_{q} := \{[\binom{a/q}{b/q}] | a, b ∈ ℕ\}

das q × q-Gitter auf dem 2-Torus (q ∈ ℕ). Zeigen Sie:

a) Es gibt kein n ∈ ℤ \ {0}, so dass L_{A}^{n} =id. Lösung: A hat einen Eigenwert λ mit |λ| ≠ 1 (damit gilt das sogar für beide Eigenwerte). Somit gilt für einen Eigenvektor v, dass ||A^{n}v|| = |λ|^{n}||v|| ≠ ||v|| für alle n ∈ ℤ \ {0}.

b) Für jedes q ∈ ℕ gibt es ein n = n(q), so dass (L_{A}|_{G_{q}})^{n} =id. Lösung: G_{q} ist eine endliche Menge, somit jede Abbildung G_{q} → G_{q} präperiodisch. L_{A}|_{G_{q}} ist invertierbar, also periodisch.

c) Finden Sie eine obere Schranke für n(100). Lösung: n(100) ≤ 10000! (Zahl der Permutationen von G_{100}). Bemerkung: Die wirkliche Periode ist überraschend klein, in der Größenordnung von q.