W rozdziale tym użyjemy własności przesunięć Struma do skonstruowania przykła-du, który odpowiada negatywnie na pytanie (2) postawione przez Kočana ([58]). Twierdzenie 6.1. Istnieje takie ciągłe przekształcenie f na dendrycie, że: (1) f ma nieprzeliczalny zbiór ω-splątany,
(2) f nie ma przeliczalnego zbioru LY–splątanego.
Przesunięcie Sturma jest rozszerzeniem obrotu okręgu o liczbę niewymierną (S1, Rα) generowanym przez zadany podział przedziału [0, 1) (zob. [60, Chap-ter 4.4]). Każde przesunięcie Sturma jest minimalnym podprzesunięciem Σ+2. Za-uważmy, że entropia izometrii jest równa zero (zob. [92, Theorem 7.14]), a wynik Bowena (zob. [23, Theorem 17]) zapewnia, że faktory k-do-jednego zachowują en-tropię. Zatem entropia przesunięć Sturma wynosi zero, bo przesunięcia Sturma są rozszerzeniami 2-do-jednego obrotów niewymiernych.
Niech α ∈ (0, 1) będzie liczbą niewymierną. Ustalmy podział [0, 1/4), [1/4, 1) zbioru S1. Przez Sα = O(A(α)) ⊂ Σ+2 oznaczmy przesunięcie Sturma zdefiniowane przez plan podróży A(α) punktu α, tzn. nieskończony ciąg symboli w {0, 1}Ntakich, że
A(α)i = 0 ⇐⇒ Ri−1α (α) ∈ [0, 1/4) oraz
A(α)i = 1 ⇐⇒ Ri−1α (α) ∈ [1/4, 1) dla i ∈ N.
Lemat 6.2. Niech C ⊂ R\Q oznacza zbiór Cantora złożony z liczb niewymiernych. Wówczas zbiór
S = [ α∈C
Sα
jest domknięty w Σ+2. Ponadto, jeżeli xn ∈ Sαn, limn→∞αn = α ∈ C oraz istnieje granica limn→∞xn= x, to x ∈ Sα.
Dowód. Ustalmy dowolny taki ciąg (xn) ⊂ S, że istnieje granica limn→∞xn = x. Wtedy istnieje taki ciąg (αn) ∈ C, że xn ∈ Sαn i przechodząc do podciągu możemy również założyć, że istnieje granica limn→∞αn = α ∈ C.
Niech πn: Sαn → S1 oznacza standardową projekcję (faktor prawie jeden-do-jednego) i niech π : Sα → S1. Oznaczmy zn = πn(xn) i przechodząc do podciągu załóżmy, że istnieje granica z = limn→∞zn. Możemy także założyć, że wszystkie elementy zn należą do małego i jednostronnego otoczenia z, a także monotonicznie do niego zbiegają. Rozważmy dwa przypadki.
Po pierwsze, załóżmy, że Ri
α(z) 6∈ {0, 1/4} dla dowolnej nieujemnej liczby cał-kowitej i. Wówczas istnieje jedyny taki punkt y, że π(y) = z. Ponadto, dla każdego N istnieje taka liczba naturalna kN, że jeżeli i ¬ kN i n N , to Ri
αn(zn) 6∈ {0, 1/4}. Co więcej, kN → ∞, gdy N → ∞. Dokładniej, dla n dostatecznie dużego (lub in-nymi słowy, znwystarczająco blisko z) mamy xn(i) = y(i) dla i = 1, 2, . . . , tn, gdzie tn → ∞, gdy n → ∞. Stąd natychmiast otrzymujemy, że y = x i przypuszczenie jest prawdziwe, tzn. x ∈ S.
W drugim przypadku załóżmy, że Riα(z) ∈ {0, 1/4} dla pewnego i ∈ N0. Liczba α jest niewymierna, więc istnieje co najwyżej jedna taka liczba całkowita i. Dla uproszczenia przyjmijmy, że i = 0. Rozumując jak w poprzednim przypadku wi-dzimy, że dla dowolnego i 6= 0 istnieje taka liczba naturalna N , że dla każdego n N zachodzi równość xn(i) = y(i). To pokazuje, że x(i) = y(i) dla każdego i 6= 0. Ponieważ z ∈ {0, 1/4}, to istnieje ˆy ∈ Sα taki, że ˆy(i) = y(i) dla i 6= 0 oraz y(0) = 1 − ˆy(0). W szczególności, albo x = y albo x = ˆy. W obu przypadkach x ∈ Sα, co kończy dowód.
Uwaga 6.3. Przesunięcie Sturma Sα nie posiada par Li-Yorke’a. Po prostu, jeżeli π : Sα → S1 jest faktorem i punkty x, y ∈ Sα są proksymalne, to π(x) = π(y). Jednak w tym przypadku para (x, y) jest parą asymptotyczną.
Przytoczmy teraz lemat 3.1 z [84], który jest niewielką modyfikacją lematu 2.2 z [70]:
Lemat 6.4 (Pikuła). Niech a = a1a2a3. . . , b = b1b2b3· · · ∈ {0, 1}N. Zdefiniujmy następujące działanie:
a b := a1b1a1a2b1b2a1a2a3b1b2b3. . . Wtedy
(1) ω(a b) ⊃ O(a) ∪ O(b),
(2) ω(a b) ⊂ O(a) ∪ O(b) ∪ {ai. . . ajb1b2. . . : j i 1} ∪ {bi. . . bja1a2. . . : j i 1}.
Teraz jesteśmy gotowi rozpocząć konstrukcję podprzesunięcia ze specjal-ną strukturą. Ustalmy dowolny zbiór Cantora A ⊂ [0, 1/2) \ Q oraz niech β ∈ [0, 1/2) \ (Q ∪ A). Oznaczmy S := S
α∈ASα oraz Z = Sβ. Z lematu 6.2
zbiór S jest podprzesunięciem i oczywistym jest, że S ∩ Z = ∅. Faktor ka-noniczny ψ : (Z, σ) → (S1, Rβ) jest jeden-do-jednego na zbiorze rezydualnym, a każdy nieprzeliczany zbiór borelowski zawiera zbiór Cantora (np. patrz [90]). Stąd istnieje zbiór Cantora ˆA ⊂ Z. Z drugiej strony dwa zbiory Cantora są homeomorficzne, więc możemy poindeksować elementy ˆA w następujący sposób
ˆ
A = {bα : α ∈ A} ≈ A. Dla dowolnego α ∈ A niech πα: Sα → S1 będzie standar-dowym faktorem i niech aα = π−1α (1/8) ∈ Sα. Zauważmy, że aα jest jednoznacznie określony, ponieważ Ri
α(1/8) 6∈ {0, 1/4} dla każdego i ∈ N0. Ostatecznie przyjmij-my
xα = aα bα. Z lematu 6.4 widzimy, że dla każdego α ∈ A zachodzi
ω(xα) = Sα∪ Z ∪ {ai. . . ajb1b2. . . : j i 1} ∪ {bi. . . bja1a2. . . : j i 1}, gdzie aα = a1a2. . . i bα = b1b2. . ..
Lemat 6.5. Dla dowolnej liczby niewymiernej α ∈ A zbiór O(xα) = O(xα) ∪ ω(xα) nie zawiera zbioru splątanego w sensie Li-Yorke’a złożonego z więcej niż z dwóch elementów.
Dowód. Jasnym jest, że dowolne dwa punkty x, y ∈ O(xα) nie są proksymalne, ponieważ xα nie jest w końcu okresowy. Analogicznie, jeżeli x ∈ Sα i y ∈ Z, to x i y nie mogą być proksymalne. Stąd jedyna możliwość, aby x, y tworzyły parę Li-Yorke’a pojawia się, gdy x ∈ O(xα) oraz y ∈ ω(xα) \ O(xα). Zatem rzeczywiście nie ma zbioru splątanego składającego się z trzech elementów.
Oznaczmy
X = [ α∈A
O(xα). (6.1)
Lemat 6.6. Przesunięcie X ma nieprzeliczalny zbiór ω-splątany i nie ma przeli-czalnego zbioru splątanego.
Dowód. Po pierwsze udowodnimy, że X = [ xα O(xα) = [ xα O(xα) ∪ ω(xα) =[ xα O(xα).
Korzystając z argumentów w dowodzie lematu 6.2 widzimy, że jeżeli xαn → x oraz α = limn→∞αn to limn→∞xαn = xα, głównie dlatego, że wszystkie punkty xαn rzutujemy na punkt 1/8 ∈ S1, który ma ma pojedyncze włókno (możemy powtórzyć argumentację z dowodu lematu 6.2).
Ustalmy dowolny ciąg punktów (xn) ⊂ S
α∈AO(xα) i niech x = limn→∞xn. Załóżmy, przechodząc do podciągu, jeżeli to konieczne, że xn ∈ O(xαn) oraz limn→∞αn= α. Są cztery możliwe przypadki (po przejściu do podciągu):
(1) Dla dowolnej liczby naturalnej n istnieje an ∈ Sα taki, że d(an, xn) < 1/n. W tym przypadku możemy także założyć, że istnieje granica limn→∞an = a. Wtedy a ∈ Sα na podstawie argumentacji z lematu 6.2 i również musimy mieć a = x. Zatem twierdzenie jest prawdziwe.
(2) Dla każdego naturalnego n istnieje bn∈ Z takie, że d(bn, xn) < 1/n i wówczas x ∈ Z.
(3) Dla dowolnej liczby naturalnej n istnieją takie liczby in < jn, że xn = an
in. . . an jnbn
1bn
2. . . , gdzie bn = bαn ∈ Z oraz an = aαn ∈ Sαn są punkta-mi z definicji. Przypuśćmy najpierw, że jn − in → ∞. Wtedy limn→∞xn =
limn→∞σin(aαn) ∈ Sα z lematu 6.2. W drugim przypadku, gdy in − jn ¬ k dla nieskończenie wielu n, istnieje takie słowo w (które jest podsłowem nie-skończenie wielu xn, ale także podsłowem xα), że xn = wbn
1bn
2 . . . i stąd limn→∞xn= wb1b2. . ., gdzie bα = b1b2. . .. Zatem i w tym przypadku twierdze-nie jest prawdziwe.
(4) Dla każdego n istnieje takie in < jn, że xn= bn in. . . bn
jnan
1an
2 . . . . Przypadek ten jest analogiczny jak poprzedni.
Kontynuując dowód lematu, jeżeli D jest zbiorem splątanym z co najmniej trze-ma elementami, to z letrze-matu 6.5 mamy, że istnieją takie różne liczby niewymierne α, γ ∈ A, że punkty x ∈ O(xα) i y ∈ O(xγ) tworzą parę Li-Yorke’a (tj. x 6∈ O(xγ) i y 6∈ O(xα)). Jedyną taką możliwością jest, że punkty (x, y) są proksymalne po-przez zbiór Z, (ponieważ dist(Sα, Sβ) > 0) tzn. istnieją z ∈ Z oraz jn takie, że d(σjn(x), z) < 1/n i d(σjn(y), z) < 1/n. Z drugiej strony z lematu 6.4 otrzymuje-my, że jedyną możliwością jest to, że σjn(x) = σjn+p(xα) i σjn(y) = σjn+q(xγ), dla pewnych p, q ∈ N0. Jednak jest to niemożliwe, ponieważ kiedy xα jest bliski Z to podąża on za trajektorią bα podczas, gdy xγ podąża za trajektorią bγ. Ponieważ bαi bγnależą do różnych trajektorii z pojedynczych włókien poprzez projekcję zbio-ru Z na S1, ich plany podróży σp(bα), σq(bγ) są dystalne, w szczególności nie mogą zbliżyć się równocześnie do punktu z. Zatem rzeczywiście nie ma zbioru splątanego złożonego z więcej niż z dwóch punktów.
Z drugiej strony, zbiór C = {xα : α ∈ A} jest ω-splątany, ponieważ Z ⊂T
α∈Aω(xα) i dla α 6= γ mamy Sα ⊂ ω(xα) \ ω(xγ). Lemat został udowodnio-ny.
Jesteśmy teraz gotowi, aby przedstawić dowód głównego twierdzenia w tym rozdziale.
Dowód twierdzenia 6.1. Niech X będzie dane wzorem (6.1). Jeżeli przyjmiemy, że D = DX, to wtedy z lematu 2.35 wynika, że D jest dendrytem Gehmana i indu-kowane odwzorowanie f : D → D jest dobrze zdefiniowaną ciągłą surjekcją. Zbiór X ⊂ D możemy traktować jako zbiór punktów końcowych dendrytu D niezmien-niczy względem f . Ponadto, istnieje jedyny punkt stały p ∈ D \ X taki, że jeżeli x 6∈ X, to limn→∞fn(x) = p. Zatem jasne jest, że jedynymi parami Li-Yorke’a dla f są te, należące do zbioru X ⊂ D. Teza lematu 6.6 kończy dowód.