W poniższym rozdziale przedstawimy nowe wyniki związane z odcinkiem łuko-wo rozspajającym oraz mieszaniem dla odwzorowań zdefiniowanych na krzywej sin1
x. Będziemy rozważać ciągłe przekształcenia tranzytywne i mieszające na cie-kawych przestrzeniach spójnych, ale nie lokalnie spójnych takich jak krzywa sinx1 czy podwójna krzywa sinx1. Okaże się, że na podwójnej krzywej sinx1 nie ma w ogó-le przekształceń mieszających, a natomiast na krzywej sin1
x każde odwzorowanie tranzytywne jest mieszające. Dodatkowo, udowodnimy oszacowania entropii topo-logicznej dla tranzytywnych przekształceń ciągłych określonych na przestrzeniach związanych z wykresem sin1
x. Najpierw jednak przyjrzymy się wybranym własno-ściom ciągłych przekształceń przestrzeni z odcinkiem łukowo rozspajającym.
Otwarty podzbiór J przestrzeni metrycznej X nazywamy odcinkiem otwartym, jeżeli J jest homeomorficzny z przedziałem otwartym (0, 1). Zbiór J ⊂ X nazywamy przedziałem domkniętym, jeżeli istnieje taki homeomorfizm φ : [0, 1] → J , że zbiór φ((0, 1)) jest zbiorem otwartym w X. Jeżeli przestrzeń X jest spójna i J jest takim odcinkiem otwartym, że dla każdego x ∈ J zbiór X \ {x} ma dokładnie dwie składowe spójne, to mówimy, że J jest odcinkiem rozspajającym. Mówimy też wtedy, że przestrzeń metryczna (topologiczna) X ma odcinek rozspajający.
Definicja 3.1. Przestrzeń topologiczna jest łukowo spójna, jeżeli każda pa-ra punktów daje się w tej przestrzeni połączyć łukiem tj. homeomorficz-nym obrazem odcinka. Przestrzeń topologiczna jest lokalnie łukowo spój-na w punkcie p, jeżeli w każdym zbiorze otwartym U zawierającym p istnieje podzbiór otwarty V zawierający p o tej własności, że każdy punkt zbioru V daje się połączyć z p łukiem zawartym w U.
Definicja 3.2. Zbiór J ⊂ X jest odcinkiem łukowo rozspajającym przestrzeni X, jeżeli jest odcinkiem otwartym i dla dowolnych punktów x, y, z ∈ J , jeżeli y, z leżą w różnych składowych spójnych J \ {x}, to łuk łączący punkty y oraz z zawiera punkt x.
Zauważmy, że odcinek rozspajający jest też łukowo rozspajający. Na okręgu każ-dy łuk jest odcinkiem otwartym, ale nie jest odcinkiem rozspajającym. Na rysun-ku3.2przedstawione są przykłady przestrzeni z odcinkiem rozspajającym (odcinek,
(a) Okrąg (b) Okrąg warszawski
Rysunek 3.1: Przestrzenie bez odcinka rozspajającego
drzewo). Natomiast przykładem przestrzeni z odcinkiem łukowo rozspajającym, ale bez odcinka rozspajającego jest okrąg warszawski (patrz rys. 3.1b).
Rysunek 3.2: Przestrzenie z odcinkiem rozspajającym
Definicja 3.3. Niech X oznacza przestrzeń metryczną. Niech K, L ⊂ X ozna-czają przedziały i niech f : X → X będzie odwzorowaniem ciągłym. Mówimy, że K f -nakrywa L, jeżeli istnieje taki podprzedział J ⊂ K, że f (J ) = L. Mówi-my, że K jest m-podkową topologiczną, jeżeli istnieje m takich parami rozłącznych podprzedziałów J1, J2, . . . , Jm ⊂ K, że f (Ji) = K dla i = 1, 2, . . . , m.
Lemat 3.4. Niech X oznacza przestrzeń metryczną, która ma odcinek łukowo roz-spajający J ⊂ X. Jeżeli istnieje taki odcinek domknięty ˜J ⊂ J , że f ( ˜J ) ⊃ ˜J , to
˜
J f -nakrywa ˜J i istnieje taki x ∈ ˜J , że f (x) = x.
Dowód. Niech a, b ∈ J i niech ˜J = [a, b], tzn. [a, b] = {x ∈ J : a ¬ x ¬ b}, gdzie ¬ oznacza porządek liniowy na J indukowany przez homeomorfizm ψ : (0, 1) → J. Ponieważ f ( ˜J ) ⊃ ˜J , to istnieją takie c, d ∈ [a, b], że f (c) = a oraz f (d) = b. Bez straty ogólności załóżmy, że c < d (w przypadku c > d dowód jest analogiczny). Określmy
c0 = sup{x ∈ [c, d] : f (x) = a} oraz
d0 = inf{x ∈ [c0, d] : f (x) = b}.
Wykażemy, że f (c0, d0) = [a, b]. Ustalmy dowolny x ∈ (a, b). Ponieważ f ([c0, d0]) jest łukiem, a punkty a i b leżą w różnych składowych spójnych J \ {x}, to z definicji odcinka łukowo rozspajającego, x ∈ f ([c0, d0]). Stąd [a, b] ⊂ f [c0, d0]. Załóżmy, że
istnieje taki y ∈ (c0, d0), że f (y) /∈ [a, b]. Jako, że f (J) jest spójny możemy założyć, że f (y) ∈ J \[a, b], bo inaczej f ( ˜J ) jest sumą niepustych, rozłącznych i domkniętych zbiorów f ( ˜J ) = [a, b] ∪ (f ( ˜J ) \ J ) co jest sprzeczne ze spójnością. Ustalmy dowolne z ∈ (c0, d0) takie, że f (z) ∈ [a, b], i bez straty ogólności załóżmy, że z < y (przypadek z > y jest symetryczny). Punkty f (y) i f (z) leżą w różnych składowych J \ {a} lub J \ {b}. Zatem, z definicji odcinka łukowo rozspajającego {a, b} ∩ f ([y, z]) 6= ∅ co jest sprzeczne z wyborem c0 oraz d0. Ostatecznie, wykazaliśmy, że
f (c0, d0) = [a, b] = ˜J .
Ponieważ f ( ˜J ) ⊃ J to wykazaliśmy, że˜ J f -nakrywa˜ J . Dowód istnie-˜ nia punktu stałego wynika bezpośrednio z [20, Lemma I.3] dla odwzorowania f
[c0,d0]: [c0, d0] → ˜J .
Lemat 3.5. Niech X będzie zwartą przestrzenią metryczną. Jeżeli przekształcenie f : X → X jest tranzytywne i istnieje taki niepusty zbiór otwarty V ⊂ X, że V ⊂ V ∩ Per(f ), to Per(f ) = X.
Dowód. Niech U ⊂ X oznacza dowolny niepusty zbiór otwarty. Z tranzytywności przekształcenia f istnieje taka liczba naturalna n, że fn(V ) ∩ U 6= ∅. Wówczas zbiór W = f−n(U ) ∩ V jest niepustym zbiorem otwartym jako przecięcie zbiorów otwartych oraz W ⊂ V ⊂ V ∩ Per(f ). Zatem W ∩ Per(f ) 6= ∅ i stąd istnieje taki x ∈ W , że x ∈ Per(f ) oraz istnieje taka liczba naturalna p, że fp(x) = x. Ale fn(x) ∈ U i fn+p(x) = fn(fp(x)) = fn(x), zatem Per(f ) ∩ U 6= ∅. Stąd wynika, że zbiór punktów okresowych jest zbiorem gęstym w X.
Przytoczymy teraz lemat 3.1 z [46], którego użyjemy w dowodzie twierdzenia
3.7.
Lemat 3.6. Niech X oznacza zwartą przestrzeń metryczną, f : X → X będzie przekształceniem tranzytywnym oraz niech x ∈ X będzie punktem o gęstej orbi-cie. Jeżeli dla każdego otoczenia W punktu x możemy znaleźć takie N ∈ N, że fn(W ) ∩ W 6= ∅ dla wszystkich n N , to f jest mieszające.
Twierdzenie 3.7. Niech X będzie zwartą i przestrzenią z odcinkiem łukowo roz-spajającym J . Jeżeli przekształcenie f : X → X jest słabo mieszające i ma gęste punkty okresowe, to f jest mieszające.
Dowód. Ustalmy punkt ξ ∈ J , który ma gęstą orbitę. Mieszanie wykażemy ko-rzystając z lematu 3.6. Wystarczy pokazać, że jeżeli K jest takim zbiorem otwar-tym, że ξ ∈ K, to wtedy istnieje takie N , że fn(K) ∩ K 6= ∅ dla wszystkich n N. Załóżmy, że K ⊂ J jest przedziałem otwartym i ξ ∈ K. Punkty okreso-we są gęste. Wobec tego możemy wybrać punkt okresowy s ∈ K ∩ Per(f ). Niech m będzie taką liczbą naturalną, że fm(s) = s. Przez K1, K2 oznaczmy składo-we spójne zbioru K \ {s}. Ponieważ f jest słabo mieszające, to na podstawie [41, Proposition II.3] produkt kartezjański 2m kopii przekształcenia f , oznacza-ny przez f×2m, jest tranzytywny. Dla i > 0 oraz j = 1, 2 zbiory f−i(Kj) są otwarte, więc możemy skorzystać z tranzytywności przekształcenia f×2m, aby otrzymać taką liczbę naturalną N , że
dla i = 0, 1, . . . , m − 1 oraz j = 1, 2. Stąd każdy zbiór spójny fN +i(K) ma nie-puste przecięcie z każdą składową spójną zbioru K \ {s} dla 0 ¬ i ¬ m − 1. W szczególności twierdzimy, że dla 0 ¬ i ¬ m − 1 istnieją takie punkty κi ∈ K, że fN +i(κi) ∈ {s}. Z wyboru N dla ustalonego i istnieją takie punkty aj ∈ K, że fN +i(aj) ∈ Ki dla j = 1, 2. Niech ¬ oznacza porządek liniowy na J indukowany przez ustalony homeomorfizm φ : (0, 1) → J . Zdefiniujmy
Ia= {x ∈ X : min{a1, a2} ¬ x ¬ max{a1, a2}} ⊂ J.
Wtedy f (Ia) jest łukiem przecinającym obie składowe J \ {s}, zatem s ∈ fN +i(Ia). Punkt κi musi więc istnieć, bo J jest łukowo rozspajający.
Jeżeli n N , to istnieją takie i ∈ {0, 1, . . . , m−1} oraz l ∈ N0, że n = N +i+lm. Wtedy
fn(κi) = flm(fN +i(κi)) = fN +i(κi),
ponieważ fN +i(κi) = s ma okres m. Zatem K ∩ fn(K) 6= ∅, co dowodzi, że f jest mieszające.
Poniższe twierdzenie ma dowód podobny do [9, Theorem 2], prezentujemy je dla kompletności rozważań.
Twierdzenie 3.8. Niech X będzie zwartą przestrzenią metryczną z odcinkiem łu-kowo rozspajającym J ⊂ X. Jeżeli przekształcenie f : X → X jest słabo mieszające, to ma gęste punkty okresowe.
Dowód. Niech ¬ oznacza porządek liniowy na J indukowany przez homeomorfizm ψ : (0, 1) → J . Wykażemy, że punkty okresowe f są gęste w J . Niech x ∈ J i wy-bierzmy takie a, b ∈ J , że (a, b) = {z ∈ J : a < z < b} jest przedziałem otwartym, x ∈ (a, b) i zbiór J \ [a, b] ma dwie składowe otwarte, które oznaczmy J1 i J2. Korzystając ze słabego mieszania, istnieje taka liczba naturalna p > 0, że
fp([a, b]) ∩ J1 6= ∅ oraz
fp([a, b]) ∩ J2 6= ∅.
Stąd istnieją takie c, d ∈ [a, b], że fp(c) ∈ J1 i fp(d) ∈ J2 (bez straty ogólno-ści możemy założyć, że c < d, bo przypadek c > d dowodzi się analogicznie). W konsekwencji daje to nam, że
fp([c, d]) ⊃ [a, b].
Powtarzając rozumowanie z lematu 3.4 dla fp, istnieją takie c0, d0 ∈ [c, d], c0 < d0, że fp([c0, d0]) = [a, b], a w konsekwencji istnieje takie x0 ∈ [a, b], że fp(x0) = x0. To kończy dowód, w odcinku J punkty okresowe są gęste. Z lematu3.5 zbiór punktów okresowych jest gęsty w X.
Wniosek 3.9. Niech X będzie przestrzenią zwartą z odcinkiem łukowo rozspajają-cym J . Jeżeli przekształcenie f : X → X jest słabo mieszające, to f jest mieszające i ma gęste punkty okresowe.
Dowód. Z twierdzenia 3.8 dostajemy, że X ma gęsty zbiór punktów okresowych, a następnie z twierdzenia 3.7 otrzymujemy, że f jest mieszające co kończy dowód.
Rysunek 3.3: Zbiór XB = SL∪ S0∪ SR
Lemat 3.10. Jeżeli f : X → X jest przekształceniem tranzytywnym, gdzie X = Sk
i=1Si oraz dla każdego i ∈ {1, 2, . . . , k} zbiory Si są składowymi łukowo spójnymi przestrzeni X, to istnieje taka bijekcja φ : {1, 2, . . . , k} → {1, 2, . . . , k}, że f (Si) = Sφ(i).
Dowód. Dla każdego i ∈ {1, 2, . . . , k} zbiór f (Si) jest łukowo spójny, zatem istnieje taka liczba φi, że f (Si) ⊂ Sφi. Z tranzytywności wynika, że przekształcenie f jest surjekcją, więc φ : i 7→ φi też musi być surjekcją. Ale jest ono określone na zbiorze skończonym {1, 2, . . . , k}, zatem jest bijekcją. Oczywiście w tej sytuacji nie jest możliwe aby f (Si) ( Sai, bo wtedy f nie byłaby surjekcją. Stąd f (Si) = Sφ(i), co kończy dowód.
Niech S0, SL, SR oznaczają podzbiory płaszczyzny R2 zadane wzorami (patrz rys. 3.3) S0 = {(0, y) ∈ R2: − 1 ¬ y ¬ 1}, SL = x, sin1 x ∈ R2: − 1 2π ¬ x < 0 oraz SR = x, − sin1 x ∈ R2: 0 < x ¬ 1 2π . Zdefiniujmy zwarte przestrzenie metryczne
XS = SL∪ S0, XR = S0∪ SR oraz
XB = SL∪ S0∪ SR
(zbiory XS, XR, XB rozważamy z topologiami indukowanymi z R2). Przestrzeń XS nazywamy krzywa sinx1, a przestrzeń XB nazywamy podwójna krzywa sin1x. Lemat 3.11. Jeżeli przekształcenie f : XS → XS jest tranzytywne, to f (S0) = S0 i f (SR) = SR.
Dowód. Zauważmy, że zbiory S0 i SR są składowymi łukowo spójnymi XS. Na podstawie lematu 3.10 otrzymujemy, że jeżeli X ∈ {S0, SR} i f (X) = Y , to Y ∈ {S0, SR}. Wykażemy, że X = Y . Zbiór SR jest zbiorem otwartym, a zbiór S0 jest domknięty i stąd niemożliwa jest równość f (S0) = SR, bo f (S0) jest zwar-ty. Zatem jedyna możliwość to f (S0) = S0, a stąd f (SR) = SR, co dowodzi tezy lematu.
Lemat 3.12. Jeżeli odwzorowanie f : X → X zwartej przestrzeni metrycznej X jest ciągłe, relacja równoważności ∼ jest domknięta i komutuje z f , to istnie-ją ciągła i domknięta projekcja Q: X → X.
∼ oraz takie ciągłe odwzorowanie f∗: X. ∼→ X. ∼, że f∗◦Q = Q ◦ f. Dowód. Niech Q: X 3 x 7→ [x] ∈ X. ∼
będzie rzutowaniem kanonicznym na klasy równoważności relacji ∼. Na X.
∼ za-dajemy topologię w następujący sposób:
U ⊂ X.
∼ jest otwarty ⇐⇒ Q−1
(U ) jest otwartym podzbiorem X.
Wówczas Q jest ciągłą i domkniętą surjekcją. Domkniętość projekcji Q wynika z faktu, że ∼ jest domkniętą relacją równoważności (zob. [39, Twierdzenie 2.4.9 ]). Natomiast z [30, Proposition 13] dostajemy, że X.
∼ jest metryzowalna. Zauważmy, że przestrzeń topologiczna X.
∼ jest zwarta, ponieważ projekcja Q jest ciągłą surjekcją i obraz zbioru zwartego przez odwzorowanie ciągłe jest zwar-ty. Zdefiniujmy odwzorowanie f∗: X.
∼ → X.
∼ w następujący sposób f∗([x]) = [f (x)].
Odwzorowanie f∗ jest dobrze określone, ponieważ dla dowolnych x, y ∈ X jeżeli x ∼ y, to f (x) ∼ f (y). Ponadto, wprost z definicji,
f∗◦Q = Q ◦ f.
Ciągłość odwzorowania f∗ wynika z faktu, że dla dowolnego zbioru domkniętego A ⊂ X.
∼ prawdziwe są równości Q((Q ◦ f)−1
(A)) =Q
(f∗◦Q)−1
(A)=Q ◦ Q−1◦ (f∗)−1(A) = (f∗)−1(A) oraz z tego, że projekcja Q jest domknięta ((Q ◦ f)−1(A) jest zwarty) i komutuje z f .
Przedstawimy teraz konstrukcję pewnej funkcji Tε na przedziale [0, 1] o odpo-wiednich własnościach. Skorzystamy z przykładów przedstawionych w [65, Section 5, Examples]. Ustalmy ε > 0 oraz wybierzmy takie λ > 3, że log λ < log 3 + ε. Zdefiniujmy punkty
a1 = λ + 1
4λ , a2 =
3λ − 1 4λ
oraz funkcje ψ0(x) = λx dla x ∈ [0,λ−12λ ], λ − 1 − λx dla x ∈ [λ−12λ ,λ−1λ ], λx − λ + 1 dla x ∈ [λ−1λ , 1] ψε(x) = λx dla x ∈ [0, a1], λ+1 2 − λx dla x ∈ [a1, a2], λx − λ + 1 dla x ∈ [a2, 1].
Dla dowolnego i = 1, 2, . . . przez fi: R → R oraz fi−1: R → R oznaczmy funkcje liniowe dane wzorami
fi(x) = (pi+1− pi)x + pi, fi−1(x) = x − pi
pi+1− pi.
Niech przekształcenie Tε: [0, 1] → [0, 1] dla x ∈ [0, 1) będzie dane formułą (zob. rys. 3.4) Tε(x) = f1◦ ψ0◦ f1−1(x) dla x ∈ [p1, p2], fi◦ ψε◦ fi−1(x) dla x ∈ [pi, pi+1], i = 2, 3, . . . (3.1) oraz Tε(1) = 1. (3.2)
Lemat 3.13. Odwzorowanie Tε: [0, 1] → [0, 1] dane wzorami (3.1) - (3.2) jest mieszające i zachodzi log 3 < htop(Tε) < log 3 + ε.
Dowód. Najpierw wykażemy tranzytywność przekształcenia Tε. Dla dowolnego i ∈ N weźmy dowolny niezdegenerowany przedział [a, b] ⊂ [pi, pi+1] (a < b). Oczywiście obraz niezdegenerowanego przedziału przez Tε jest niezdegenerowa-ny, a więc Tεn([a, b]) jest niezdegenerowany dla każdego ni 0. Stosując taki sam argument jak w dowodzie [85, Lemma 2.10] wnioskujemy, że istnieje takie ni, że Tni
ε ([a, b]) zawiera dwa różne punkty krytyczne. Jeżeli Tni
ε ([a, b]) zawiera co najmniej jeden punkt, którego obrazem jest pi, to pi ∈ int Tni+2
ε ([a, b]), po-nieważ pi jest punktem stałym. Na mocy [85, Lemma 2.11] z przedziałem, na którym nachylenie funkcji Tε jest równe conajmniej λ, istnieje liczba naturalna mi 0 taka, że Tni+mi+2
ε ([a, b]) ⊃ [pi, pi+1]. Ponadto z definicji Tε zauważmy, że albo Tni+mi+2
ε ([a, b]) ∩ [pi, pi+1] = [pi+1, pi+1 + δi] ⊂ [pi+1, pi+2] dla i 1 albo Tni+mi+2
ε ([a, b]) ∩ [pi, pi+1] = [pi − δi, pi] ⊂ [pi−1, pi] dla i 2, gdzie δi > 0 dla każdego i > 0. Stąd widać, że odwzorowanie Tε jest tranzytywne.
Aby obliczyć entropię, skorzystamy z [54, Theorem 3.2.9], które opisuje związek pomiędzy entropią topologiczną a stałą Lipschitza odwzorowania ciągłego określo-nego na przestrzeni metrycznej. Łatwo sprawdzić, że Tεspełnia warunek Lipschitza ze stałą λ i stąd
htop(Tε) ¬ log λ < log 3 + ε.
Na podstawie [20, Proposition VI.42] otrzymujemy, że Tεjest całkowicie tranzytyw-ne, a ponieważ tranzytywność daje nam gęste punkty okresowe, to mamy słabe mie-szanie i w konsekwencji miemie-szanie (zob. [64, Lemmas 6 & 8]). Ponadto Tε−1(0) = 0,
co oznacza, że Tεjest przekształceniem czysto mieszającym (zob. (6) w definicji2.2) i korzystając z [47, Theorem 7.2] otrzymujemy
htop(Tε) > log 3, co kończy dowód.
Twierdzenie 3.14. Jeżeli f : XS → XS jest przekształceniem tranzytywnym, to htop(f ) > log 3 oraz f jest mieszające.
Dowód. Rozważmy projekcję πS: XS → [0, 1] daną wzorem (x, y) 7→ x tj.
πS(SL) = [0, 1), πS(S0) = {1}. (3.3) Niech ∼ oznacza relację zdefiniowaną dla zbioru XS ⊂ R2 oraz x, y ∈ XS w nastę-pujący sposób:
x ∼ y ⇐⇒ x = y ∨ x, y ∈ S0.
Jest to domknięta relacja równoważności i z lematu 3.12 wynika, że istnieje ciągła projekcja QS: XS → XS.
∼ oraz takie ciągłe odwzorowanie f∗: XS.
∼ → XS.
∼, że f∗◦QS =QS◦ f . Stąd f∗ jest tranzytywne. Ponadto, QS jest przekształceniem domkniętym, a więc na podstawie [30, Theorem 5, p. 11] otrzymujemy, że XS.
∼
jest przestrzenią homeomorficzną z [0, 1] i możemy identyfikować QS z πS. Może-my także traktować f∗ jako f∗: [0, 1] → [0, 1]. Ale dla dowolnego x ∈ S0 mamy [x]∼ = S0 i z lematu3.11dostajemy f (S0) = S0. W konsekwencji f∗(1) = 1. Ponie-waż f : XS → XS jest tranzytywne, to przekształcenie f∗jest również tranzytywne. Ale f∗(1) = 1 i stąd f∗ jest mieszające (zob. [85, Propositions 2.16 & 2.17]).
Weźmy teraz dowolny niepusty zbiór otwarty U ⊂ XS. Niech Us oznacza taki przedział otwarty, że Us ⊂ πS(U ). Dzięki mieszaniu f∗mamy, że średnica (f∗)m(Us) rośnie do 1, gdy m → ∞. Ale dla każdego n > 0 istnieje takie mn> 0, że
(f∗)mn(Us) ⊃ 1 n, 1 − 1 n . Ponieważ πS jest injekcją na zbiorze
XS∩ 1 n, 1 − 1 n × [−1, 1], to dla każdego ε > 0 istnieje takie n > 0, że
BεπS−1((f∗)mn(Us))⊃ Bε XS∩ 1 n, 1 − 1 n × [−1, 1] ⊃ XS,
gdzie dla A ⊂ XS przez Bε(A) oznaczamy sumę mnogościową kul o środkach w x ∈ A i promieniu ε > 0. Z definicji metryki Hausdorffa otrzymujemy
dH (f∗)mn(U ), XS< ε.
Zatem w konsekwencji π−1S (Us) rośnie do XS w metryce Hausdorffa i na podstawie [63, Lemma 23] dostajemy, że f jest mieszające. Ale (f∗)−1(1) = {1}, więc f∗ jest przekształceniem czysto mieszającym i na podstawie [47, Theorem 7.2] otrzymuje-my htop(f∗) > log 3. Ponieważ faktor nie zwiększa entropii (patrz 4. z uwagi 2.13) ostatecznie dostajemy
htop(f ) > log 3, co kończy dowód.
Twierdzenie 3.15. Dla dowolnego ε > 0 istnieje takie tranzytywne odwzorowanie
b
Tε: XS → XS, że htop(Tcε) ¬ log 3 + ε.
Dowód. Przez (qi)+∞i=0 oznaczmy punkty reprezentujące kolejne ekstrema funk-cji sin1x dla x ∈ [−2π, 0), to znaczy qi = −(2i+1)π2 . Wprowadzamy notację
b
qi = (qi, (−1)i+1) ⊂ R2 dla i = 0, 1, . . . . Zdefiniujmy ciąg rosnący (pi)∞i=1 ⊂ [0, 1] w następujący sposób:
p2i = qi
dla i ∈ N0 oraz dla dowolnego k ∈ {2i, . . . , 2i+1− 1} spełniony jest warunek
|pk+1− pk| = 1
2i |p2i+1− p2i| . Zauważmy, że dla każdego i ∈ N0 zachodzi
πS(qbi) = qi = p2i,
gdzie πS dane jest wzorem (3.3) (patrz rys. 3.4). Dla i = 0, 1, 2, . . . niech Qi ⊂ SL oznacza łuk łączący punkt qi z qi+1. Wówczas, z definicji, πS(Qi) = [p2i, p2i+1]. Ponadto dla dowolnego i ∈ N0 oraz j ∈ N niech Qji oznacza taki łuk, że
Qi = 2i+1−1 [ j=2i Qji, Q2i+1i−1 = Q2ii−1, Q2ii = Q2i+1i oraz πS(Qji) = [pj, pj+1]. Niech c Tε(x) = πS−1◦ Tε◦ πS(x) dla x ∈ SL, x dla x ∈ S0, (3.4)
gdzie Tε: [0, 1] → [0, 1] dane jest wzorami (3.1) - (3.2) dla wszystkich i ∈ N. Tak zdefiniowane odwzorowanie Tcε jest ciągłe (im bliżej jesteśmy S0 tym mniej przestawiane są wartości). Rzeczywiście mamy
c Tε(Qji) ⊂ Qj−1i ∪ Qji ∪ Qj+1i oraz ρ(Tcε(xn), xn) ¬ j+1 X k=j−1 diam Qki < 1 2i−2,
gdzie (xn)∞n=1 ⊂ Qji jest dowolnym ciągiem takim, że limn→+∞xn = x0. Następnie dla dowolnego δ > 0 istnieje takie i ∈ N, że i22 +2i−21 < δ. Wtedy πS(xn) ∈ [qi−1, 1) oraz
ρ(xn, x0) < 2 i2, gdzie Tcε(x0) = x0 ∈ S0. Ostatecznie
co dowodzi ciągłości odwzorowania Tcε.
Teraz weźmy dowolną miarę ergodyczną µ dla Tcε. Stąd albo supp(µ) ⊂ S0 albo supp(µ) 6⊂ S0. Jeżeli supp(µ) ⊂ S0 i µ(S0) > 0, to z niezmienniczości S0 otrzymujemy µ(S0) = 1. Ponieważ S0 składa się z punktów stałych µ jest skupiona w jednym punkcie, co daje nam hµ(Tcε) = 0. Z drugiej strony, jeżeli µ(S0) = 0, to µ(SL) = 1 i z bijektywności πS na zbiorze pełnej miary otrzymujemy, że πS jest izomorfizmem oraz hµ(Tcε) = hν(Tε), gdzie ν = πSµ.
Stąd hµ(Tε) ¬ log 3+ε = htop(Tε), bo πSjest izomorfizmem, a następnie z reguły wariacyjnej (zob. [92, Corollary 8.6.1 (i)]) mamy
htop(Tε) = sup ν-ergodyczna hν(Tε). Ostatecznie htop(Tcε) = sup µ-erg. hµ(Tcε) = max ( sup µ-erg., supp(µ)6⊂S0 hµ(Tcε), sup µ-erg., supp(µ)⊂S0 hµ(Tcε) ) ¬ max ( sup ν-erg. dla Tε hν(Tε), sup µ-erg., supp(µ)⊂S0 hµ(Tcε) ) = max ( sup ν-erg.hν(Tε), 0 ) = htop(Tε) ¬ log 3 + ε, co kończy dowód.
Uwaga 3.16. Prawdziwa jest równość
inf {htop(f ) : f : XS → XS jest tranzytywne} = log 3.
Lemat 3.17. Jeżeli f : XB → XB jest odwzorowaniem tranzytywnym, to nie jest mieszające.
Dowód. Korzystając z lematu 3.10 dla XB = SL∪ S0 ∪ SR mamy, że f (S0) = S0, bo obraz zbioru zwartego przez odwzorowanie ciągłe jest zwarty, oraz f (SL) = SR i f (SR) = SL. Wówczas f2 nie jest tranzytywne, bo f2(SL) = SL i w konsekwencji f nie jest mieszające, co kończy dowód.
Twierdzenie 3.18. Jeżeli przekształcenie f : XB → XB jest tranzytywne, to htop > log 32 .
Dowód. Jeżeli f jest tranzytywne, to z lematu 3.10 otrzymujemy f (XS) = XS oraz f (XR) = XR. Oczywiście przekształcenia f2
XS , f2 XR są tranzytywne i z twierdzenia 3.14 dostajemy htop f2 XS > log 3 oraz htop f2 XR > log 3. Ale htopf2= max htop f2 XS , htop f2 XR
i w konsekwencji, korzystając z własności entropii topologicznej, htop(f ) = 1
2htop
f2> log 3 2 .
Twierdzenie 3.19. Dla dowolnego ε > 0 istnieje takie odwzorowanie tranzytywne f : XB → XB, że log 32 < htop(f ) ¬ log 32 + ε.
Dowód. Rozważmy takie przekształcenie Sε: XB→ XB, że
Sε(x) = c Tε(x) dla x ∈ XS x dla x ∈ SR ,
gdzie Tcε dane jest wzorem (3.4), a S: XB → XB oznacza symetrię względem osi OY tzn.
S(x1, x2) = (−x1, x2)
dla x = (x1, x2) ∈ XB. Wówczas dla przekształcenia f = Sε ◦S otrzymujemy
c
Tε = f2 XS
. Oczywiście f2 XR
=S ◦Tcε◦S. Z twierdzenia 3.15 oraz 3.18 dostajemy log 2 < htop(f2) ¬ log 3 + ε.
Ale htop f2= max htop f2 XS , htop f2 XR = htopTcε i stąd
log 3 < htop(f2) ¬ log 3 + ε. Korzystając z własności entropii dostajemy
log 3 2 < htop(f ) = 1 2htop(f 2) ¬ log 3 + ε 2 , co należało udowodnić.
Uwaga 3.20. Prawdziwa jest równość
inf {htop(f ) : f : XB → XB jest tranzytywne} = log 3 2 .