Teoria ergodyczna
WPPT IIIr. semestr zimowy 2008/9
KOLOKWIUM 1
10/12/08
We wszystkich zadaniach mamy do czynienia z ukladem (X, µ, T ), gdzie µ jest miar¸
a
probabilistyczn¸ a T transformacja zachowuj¸ a miar¸ nie koniecznie odwracaln¸
a, ¸ ac¸ e, a.
TA, µA zawsze oznacza transformacj¸ indukowan¸ i miar¸ warunkow¸ unormowan¸
e a e a a
na podzbiorze A. Litera f zawsze oznacza mierzaln¸ funkcj¸ rzeczywist¸ na X.
a e a
Zadanie 2. Niech A ‚" X ma miar¸ różn¸ od 0 i 1. Udowodnij, że jeÅ›li uklad
e a
(X, µ, T ) jest ergodyczny, to transformacja indukowana (A, TA, µA) również.
ROZWIAZANIE: Z ergodyczności, drapacz SA nad A jest cala przestrzenia X.
¸ ¸ ¸
Zalóżmy, że B ‚" A jest istotnym podzbiorem A, TA-niezmienniczym. Rozważmy
drapacz chmur SB nad B (to też powinno być cale X). Rozważmy punkt x z A \ B.
Niech 0 = n0, n1, n2, . . . oznacza kolejne nieujemne chwile powrotów x do A. Gdyby
wpadal on do B, to robilby to po raz pierwszy w chwili ni (i > 0), a wtedy punkt
-1
ni-1
y = T (x) spelnialby y " A, y " B oraz TA(y) " B. Czyli y " TA (B) \ B.
/
Z TA-niezmienniczoÅ›ci zbioru B, zbiór takich y-ów ma miar¸ zero. Z tego wynika,
e
że rów nież zbiór punktów x " A \ B które kiedykolwiek wpadaj¸ do B ma miar¸
a e
zero. Oznacza to, że A \ B jest (z dokladnościa do miary) rozlaczny z SB. Zatem
¸ ¸
SB jest zbiorem niezmienniczym o mierze Å›ciÅ›le pomi¸ 0 a 1. Sprzeczność z
edzy
ergodycznościa.
¸
Zadanie 3. Udowodnij, że jeÅ›li miara µ jest ergodyczna i bezatomowa, to dla
każdego N " N istnieje zbiór A taki, że drapacz chmur nad A ma w najniższym
miejscu co najmniej N pi¸
eter.
ROZWIAZANIE: To jest oczywiste np. z Tw. Rochlina (choć nie korzystamy z
¸
pelnej mocy tego twierdzenia): wez
my dowolny zbiór A dla którego N kolejnych
przeciwobrazów jest rozlacznych. Wtedy pierwsze N pi¸ drapacza chmur nad A
¸ eter
-n
to pelne przeciwobrazy T (A) i maja one t¸ sam¸ miar¸ Dopiero powyżej numeru
¸ e a e.
N-tego pi¸ mog¸ si¸ zacz¸Ä‡ zmniejszać.
etra a e a
Zadanie 6. Wykaż, że funkcja f podniezmiennicza (czyli taka, że f ć% T d" f) jest
niezmiennicza.
ROZWIAZANIE: Najpierw niech f b¸ podniezmiennicza i na dodatek calkowalna.
¸ edzie
Wtedy f spelnia prawie wsz¸ nierówność
edzie
(*) f(T (x)) d" f(x).
Ponieważ, z niezmienniczości miary
f(T (x))dµ(x) = f(x)d(T µ)(x) = f(x)dµ(x),
zatem zbiór na którym nierówność (*) jest ostra ma miar¸ zero.
e
JeÅ›li f jest niecalkowalna, to rozważmy fM = max{-M, min{f, M}} (f obci¸
eta
z dolu przez -M i z góry przez M). To jest funkcja ograniczona, wi¸ calkowalna.
ec
Pokażemy, że jest też podniezmiennicza: Jeśli fM (T (x)) = -M to oczywiście jest
to nie wi¸ niż fM (x). JeÅ›li fM (T (x)) = M to znaczy, że f(T (x)) e" M, zatem z
ecej
podniezmienniczości f, f(x) e" f(T (x)) e" M a co za tym idzie fM (x) = M i mamy
fM (T (x)) = fM (x). W pozostalych przypadkach -M < fM (T (x)) = f(T (x)) d"
f(x). Zatem f(x) > -M co oznacza, że fM (x) = f(x) lub M. Jeśli fM (x) = f(x)
to mamy fM (T (x)) d" f(x) = fM (x), a jeśli fM (x) = M to korzystamy z faktu, że
fM (T (x)) d" M = fM (x).
Z poprzedniego punktu fM jest funkcj¸ niezmiennicz¸ Ponieważ tak jest dla
a a.
każdego M > 0 wnioskujemy, że cala f jest niezmiennicza.
Zadanie 10. Na zespolonym okr¸ jednostkowym T z unormowan¸ miar¸ lukow¸
egu a a a
2
 rozważmy dwie transformacje: T1(z) = z0z i T2(z) = z0z (z0 " T). Czy uklad
(T, , T1) jest faktorem ukladu (T, , T2), czy na odwrót, czy w obie strony?
ROZWIAZANIE: Rozważmy odwzorowanie faktorujace Ć(z) = z2 (wiemy że za-
¸ ¸
chowuje ono miar¸ Lebesgue a). Wtedy
e
2
Ć ć% T1(z) = z0z2 = T2 ć% Ć(z).
Zatem T2 jest faktorem T1.
Zbadanie faktoryzacji odwrotnej jest znacznie trudniejsze i w zasadzie nie oczekiwalem,
że ktoÅ› to zrobi. Funkcja tożsamoÅ›ciowa f(z) = z ma jest dla T1 funkcja wlasn¸ o
¸ a
wartoÅ›ci wlasnej z0: f(T1(x)) = z0f(z). Gdyby istniala faktoryzacja È przeprowadzaj¸
aca
T2 na T1, to funkcja g = f ć% È spelnialaby
g(T2(x)) = f(È ć% T2(x)) = f(T1(Èx)) = z0f(Èx) = z0g(x),
czyli g bylaby funkcj¸ wlasn¸ dla T2 o watroÅ›ci wlasnej z0. Ponieważ każda mierzalna
a a
funkcja ograniczona (a taka jest f wi¸ i g) należy do L2, g rozwijalaby si¸ w szereg
ec e
Fouriera
g(z) = cn zn,
n
gdzie n przebiega wszystkie liczby calkowite i jest to rozklad jednoznaczny (funkcje
zn s¸ wzajemnie ortogonalne). Teraz, z jednej strony
a
2 2n
g(T2(z)) = g(z0z) = cnz0 zn,
n
z drugiej zaÅ›
g(T2(z)) = z0g(z) = z0cn zn.
n
Z jednoznaczności rozkladu, dla każdego n mielibyśmy
2n
z0cn = z0 cn.
2n-1
2n
Albo cn = 0, albo z0 = z0 , czyli z0 = 1. Jeśli z0 nie jest pierwiastkiem z
jedności stopnia nieparzystego, to druga równość nigdy nie zachodzi, zatem g a" 0,
co jest sprzeczne z definicja g (g ma wsz¸ modul 1). JeÅ›li z0 spelnia z0 =
¸ edzie
2n
z0 dla pewnego n, to powyższa metoda nie wyklucza istnienia faktoryzacji. Ale
w tym wypadku latwo pokazać, że taka faktoryzacja jest możliwa. Trzeba tylko
2
zauważyć, że możemy teraz wziać z0 = z0 (wtedy z0n = z0) i zaadoptować pierwsz¸
¸ a
cz¸Å›Ä‡ zadania do obrotów o z0 i z0n (odwzorowaniem faktoruj¸ b¸ teraz nie
e acym edzie
Ć(z) = z2 tylko Ć(z) = zn).