INTRODUC˘AO SISTEMAS DIN~ AMICOS^ 1. Introduc˘~ao...

INTRODUCAO SISTEMAS DINAMICOS

Katrin GelfertNotas de curso

elaborados a base de notas de M. J. Pacifico,entre outros

IM-UFRJ 2017-1

Contents

1. Introducao 12. Aplicacoes expansoras no intervalo 22.1. Conjugacao e semi-conjugacao 32.2. Expansao binaria e aplicacao expansora 32.3. A aplicacao deslocamento σ 32.4. A dinamica do descolamento σ 32.5. Itinerario de x ∈ [0, 1] = I 42.6. Codificando f2 43. A familia quadradica e hiperbolicidade 5Caso 1 < µ < 3 6Caso 3 ≤ µ < 4 7O caso µ > 4 84. Aplicacoes do cırculo 94.1. Rotacoes do cırculo 104.2. Numero de Rotacao 124.3. Homeomorfismos com pontos periodicos 134.4. Homeomorfismos sem pontos periodicos 144.5. A classificacao de Poincare 144.6. Teorema de Denjoy 164.7. Contraexemplo de Denjoy 164.8. Exemplo – Fluxo (endomorfismo) no toro 175. Topological Dynamical Systems 185.1. Topologically transitive 185.2. Minimal 185.3. Topologically mixing 185.4. Topological conjugacies 186. Shift spaces revisited 207. Smale’s horseshoe 208. Topological Markov Chains 219. Torus automorphism 219.1. Definition 219.2. Symbolic dynamics 229.3. Sensitive dependence on the initial conditions 2310. The solenoid 2410.1. Attractors 2410.2. Definition 2410.3. Propriedades topologicas do Solenoide Λ 2410.4. O solenoide e um limite inverso 2511. Teorema de Sharkovsky 2711.1. Periodo 3 implica todos os periodos 2711.2. Ordem de Sharkovsky 2711.3. Periodo 7 ciclos 2811.4. Ciclos de Stefan 2811.5. Existencia de sequencias Stefan 28References 28

1. Introducao

Sistemas dinamicos e um dos ramos mais ativos damatematica atual. Envolve ferramentas e tecnicas demuitas outras areas como analise, geometria, teoria dosnumeros, topologia e tem muitas aplicacoes em muitosoutros campos da ciencia, como fıisica , astronomia, me-terologia, economia, biologia, entre muitas.O adjetivo dinamico refere-se ao fato que os sistemasque estamos interessados evoluem com o tempo. Nasaplicacoes, os sistemas estudados poderiam por exemplo,ser uma caixa contendo moleculas de gas em fısica, especiesde populacao em biologia, mercado financeiro e economia,corresntes de ar em meterologia.Em matematica pura, um sistemas dinamico pode serobtido iterando uma funcao ou deixando o tempo evoluirno tempo a solucao de uma equacao.O sistema e dito discreto quando o tempo evolui emunidades discretas. Por exemplo, podemos analisar ocrescimento populacional de ano em ano. Neste caso, otempo e parametrizado por uma variavel discreta n que as-sume valores inteiros. O conjunto dos numeros intereirosnaturais sera denotado por N e o conjunto dos numerosinteiros sera denotado por Z.Em um sistema dinamico contınuo a variavel tempo mudacontinuamente e e dada por um numero real t. Denotamoso conjunto dos numeros reais por R.Os exemplos principais de sistema dinamico discreto nestecurso sera obtido por iteracao de uma function definidaem um espaco X. Por exemplo, X pode ser o intervalounitario [0, 1] ou o quadrado unitario [0, 1]× [0, 1], a circle,a surface, etc.Seja (X, d) um espaco metrico. Seja f : X → X umafuncao. Podemos interpretar f como a funcao que da aevolucao dos pontos x ∈ X com o tempo. Se x ∈ X,considere os iterados x, f(x), f(f(x)), · · · .Para n > 0 denotamos por fn(x) o n-esimo iterado de xpor f , isto e, fn = f ◦ f ◦ · · · ◦ f , n times. Por convencao,f0 e a funcao identidade Id, isto e, Id(x) = x para todox ∈ X.Caso f tenha inversa, a denotamos por f−1 e para n < 0,denotamos por fn(x) o n-esimo iterado de x pela inversaf−1. Interpretamos fn(x) como o estado do ponto x noinstante n.

Definicao 1.1. A orbita positiva de x por f , O+f (x), e o

conjunto dos pontos

O+f (x) = {x, f(x), f2(x), · · · , fn(x), · · · } = {fn(x), n ∈ N}.

Se f tem inversa, denotada por f−1, a orbita negativa dex, O−f (x), e dada por

O−f (x) = {x, f−1(x), f−2(x), · · · , f−n(x), · · · }= {f−n(x), n ∈ N}.

Neste caso, a orbita de x, Of (x) e dada por

{· · · , f−2(x), f−1(x), x, f(x), · · · } = {fn(x), n ∈ Z}.1

2 INTRODUCAO SISTEMAS DINAMICOS

Exemplo 1.2. Considere X = [0, 1] e f : [0, 1] → [0, 1]dada por f(x) = 4x(1− x). Entao, tomando x = 1

3 , obte-mos

O+f (13) = {13, 43(1− 1

3=

8

9, 4

8

9(1− 8

9) =

32

81, · · · }.

modelo de populacao simples: a sendo taxa de crecimento,xn = # populacao

xn+1 = xn + axn

portanto temos crescimento exponential:

xn = (1 + a)nx0.

modelo de populacao logistica (populacao maior = menosalimentos disponıveis)

yn+1 = yn + ayn − dy2n

com xn = (1 + a)yn/d tem-se

xn+1 =1 + a

dyn+1 = (a+ 1)xn − dx2

n

e se d = a+ 1 tem-se xn+1 = dxn(1− xn).

Exemplo 1.3. Sejam X = S1 = {(x, y) ∈R2,

√x2 + y2 = 1} e f : S1 → S1 a rotacao positiva (sen-

tido do relogio) de angulo θ, que leva cada ponto do cırculoao ponto obtido rodando positivamente por um angulo θ.

Observamos que mesmo quando a lei de evolucao do sis-tema e determinıstica, o comportamento depois de umtempo longo pode ser caotico, isto e, mesmo se dois pontosx e y estiverem muito proximos, existe um tempo n grandetal que os estados fn(x) e fn(y) de x e y estao longe umdo outro. Esta propriedade e conhecida como sensibili-dade com respeito aos dados iniciais e sera definida for-malmente abaixo. De fato, ha muitas definicoes de caos,mas todas elas incluem sensibilidade as condicoes inici-ais. Ramos diferentes da teoria dos sistemas dinamicos ,como dinamica topologica e teoria ergodica tem ferramen-tas para quantificar o quao caotico e o sistemas e pode pre-ver o comportamento assintotico do sistema. Veremos quemesmo sem poder prever o comportamento da evolucaode uma partıcula isolada, pode-se aferir o comportamentomedio.O principal objetivo da teoria dos sistemas dinamicos e oentendimento do comportamento de todas ou quase todasorbitas. O comportamento das orbitas pode ser bastantecomplicado, mesmo se a funcao ou sistema for simples.Uma das primeiras questoes e saber se uma orbita e finitaou nao. Mesmo se o parametro variar em N ou Z, a orbitapode ser finita pois os pontos podem se repetir. Este e otipo mais simples de orbita, dita periodica.

Definicao 1.4. Um ponto x ∈ X e periodico se existen ∈ N, n 6= 0, tal que fn(x) = x. Se n = 1, dizemos queo ponto e fixo. O perıodo de x e o menor inteiro n quesatisfaz fn(x) = x. Se x e ponto periodico de perıodo n,Fn(x) = x e f j(x) 6= fk(x) for j, k ∈ {1, · · · , n − 1}, andj 6= k.Um ponto x e pre-periodico se existem k, j ∈ N tais quefn+k(x) = fk(x). Neste caso,fn+j(fk(x)) = f j(fk(x))para todo j ∈ N.

No Exemplo 1.2 acima, o ponto x = 34 e um ponto fixo.

No Exemplo 1.3 acima, se θ = π2 , temos que todo ponto

do cırculo e periodico de perıodo 4 e todas as orbitas eformada por 4 pontos.

Exercıcio 1.5. Mostre que se f tem inversa entao todoponto pre-periodico e periodico.

Questao 1.6. Seja f(x) = 4x(1− x), x ∈ [0, 1].

• f tem pontos fixos, pre-periodicos e periodicos?• Os pontos periodicos de f sao densos ?• Existe x ∈ [0, 1] com orbita densa em [0, 1] ?• Todas as orbitas sao densas?

Vamos responder estas questoes nas proximas aulas.Note que se uma orbita e densa, entao ela visita todaparte do espaco. Isso leva naturalmente a perguntarquanto tempo ela permanece em cada regiao do espaco.Por exemplo, sejam A ⊂ X um subconjunto do espacoX e n ∈ N . Podemos contar o numero de pontos de{x, f(x), · · · , fn(x)} ⊂ O+

f (x) que pertencem a A. Se XAdenota a funcao caracterıstica de A, definida por

XA(x) =

{1 sex ∈ A0 se x 6= A,

o numero de visitas da orbita de X ao conjunto A e dadopor

#{0 ≤ k < n, tais quefk(x) ∈ A} =

n−1∑

k=0

XA(fk(x))

e a frequencia de visitas no tempo n e dada por

(1.1)1

n

n−1∑

k=0

XA(fk(x)).

Dizemos que a obita de x e equidistribuida se a frequenciade visitas da O+

f (x) dada pela equacao 1.1 vai ficando cadavez mais proxima do volume ou area ou comprimento deA. Isso significa que assimtoticamente, a orbita de x passaem cada parte de X um tempo proporcional ao volume deA.

Questao 1.7. As orbitas de f do Exemplo 1.2 sao equidis-tribuidas?

Esta ultima questao e uma das perguntas basicas da teo-ria ergodica. A priori, nem mesmo a existencia do limiteda frequencia (1.1) certo. O Teorema de Birkhoff, um dosmais importantes nesta teoria, garante que tal limite ex-iste para quase-todos se o sistema dinamico em estudo esuficientemente caotico. Veremos adiante este teorema.

2. Aplicacoes expansoras no intervalo

Seja f2 : [0, 1)→ [0, 1) definida por

(2.1) f2(x) = 2x mod1 =

{2x se 0 ≤ x < 1/22x− 1 se 1/2 ≤ x < 1,

Observe que f2 esta bem definida em R/Z = [0, 1]/ ∼,pois 0 e 1 que sao identificados tem imagens equivalentesporque f2(1) = f2(0) = 0. Assim, podemos pensar quef e uma funcao definida em R/Z = I/ ∼. Como R/Z

INTRODUCAO SISTEMAS DINAMICOS 3

esta identificado com S1, podemos ver f2 em coordenadasmultiplicativas como

f2(e2πiθ) = e2πi2θ = (e2πiθ)2.

Observe que os angulos sao dobrados por f2 e f2 e contınuaem S1. Alem disso, f2 nao e invertıvel porque cada pontox tem duas pre-imagens f−1

2 (x) = {x2 , x2 + 12} e f2 expande

distancias: se `(x, y) < 14 entao

`(f(x), f(y)) = 2 `(x, y).

Questao 2.1. f2 tem pontos periodicos?

Questao 2.2. Os pontos periodicos sao densos?

2.1. Conjugacao e semi-conjugacao. Sejam X,Y doisespacos, f : X → X e g : Y → Y duas funcoes.

Definicao 2.3. Uma conjugacao (semi-conjugacao) entref e g e uma aplicacao invertıvel (sobrejetiva) h : Y → Xtal que h ◦ g = f ◦ h, isto e, para todo y ∈ Y , temosh(g(y)) = f(h(y)).

Lema 2.4. Se f e g sao conjugadas (semi-conjugadas)por h, entao y e periodico de perıodo n para g se e so seh(y) e periodico de perıodo n para f .

Exercıcio 2.5. Verifique que se h(g(y)) = f(h(y)) entao,para todo n tem-se h(gn(y)) = fn(h(y)).

2.2. Expansao binaria e aplicacao expansora. Dadox ∈ [0, 1], a expansao binaria de x e dada por

x =

∞∑

i=1

xi2i−1

, xi ∈ {0, 1}.

Observe que se f e a funcao definida em (2.1) entao aexpansao binaria de f(x) e :

f(x) = 2x mod1 =

∞∑

i=1

2xi2i

mod 1

= x1 +

∞∑

i=2

xi2i−1

mod 1 =

∞∑

i=2

xi2i−1

,

e, mudando os ındices colocando j = i−1, verificamos que

se x =∞∑

i=1

xi2i, entao f(x) =

∞∑

i=2

xi2i−1

=

∞∑

j=1

xj+1

2j,

ou seja, os digitos da expansao binaria de f(x) sao os dig-itos da expansao binaria de x deslocados por 1.

2.3. A aplicacao deslocamento σ. Seja∑+

2 = {0, 1}No conjunto de todas as sequencias de 0s e 1s:

∑+2 = {(ai)∞i=1, ai ∈ {0, 1}}.

Os pontos (ai)∞i=1 ∈

∑+sao as sequencias de 0’s e 1’s.

A aplicacao deslocamento e a aplicacao σ :∑+

2 →∑+

2

definida por

σ((ai)∞i=1) = (bi)

∞i=1, onde bi = ai+1.

Ou seja, a imagem da sequencia (ai)∞i=1 e obtida omitindo

o primeiro dıgito e deslocando todos os outros uma posicaoa esquerda. Observe que como perdemos o primeiro digito,σ nao e invertıvel.

Agora defina h :∑+

2 → [0, 1] por

(2.2) h((ai)∞i=1) =

∞∑

i=1

ai2i.

Note que a serie∑∞i=1

ai2i ≤

∑∞i=1

12i , que e convergente.

Assim, h esta bem definida.A funcao h associa a cada sequencia de 0 e 1 um numeroreal em [0, 1] que tem ai como dıgito da sua expansaobinaria.

Exercıcio 2.6. Seja

D = { k2n, 0 ≤ k < 2n, n ∈ N \ {0}}.

Mostre que todo pq ∈ D tem duas expansoes binarias, uma

com cauda de 0′s e outra com cauda de 1′s.

Proposicao 2.7. A funcao h :∑+

2 → [0, 1] e uma semi-

conjugacao entre a aplicacao deslocamento σ :∑+

2 →∑+

2

e a aplicacao expansora definida pela equacao (2.1).

Proof. Como todo x ∈ [0, 1] tem pelo menos uma expansaobinaria, podemos escrever x =

∑∞i=1

ai2i , ai ∈ {0, 1}.

Entao, a sequencia (ai)∞i=1 ∈

∑+2 dos dıgitos de sua ex-

pansao binaria e tal que h(x) = (ai)∞i=1 ∈

∑+, provando

que h e sobrejetiva.Agora vamos provar que h ◦ σ = f ◦ h. Para isso, observeque

h(σ((ai)∞i=1)) = h((bi)

∞i=1) =

∞∑

i=1

bi2i

=

∞∑

i=1

ai+1

2i.

Por outro lado,

f(h((ai)∞i=1)) = f(

∞∑

i=1

ai2i

) mod 1 =

∞∑

j=1

aj+1

2j,

mostrando a igualdade entre h ◦ σ e f ◦ h, e concluindo aprova.

�

Observacao 2.8. Note que h nao e injetiva apenas emD, que e enumeravel.

2.4. A dinamica do descolamento σ. Comecamosdefinindo uma metrica no espaco

∑+2 das sequencias de

dois simbolos dado acima.Dadas s = s0s1 · · · e t = t0t1 · · · em

∑+2 , definimos

dist(s, t) =

∞∑

i=0

|si − ti|2i

.

Como |si − ti| = 0 ou 1, a serie acima converge. E facil

ver que dist define uma metrica em∑+

2 .

Proposicao 2.9. Sejam s, t ∈ ∑+2 com si = ti para

0 ≤ i ≤ n. Entao dist(s, t) ≤ 1/2n. Reciprocamente,se dist(s, t) ≤ 1/2n entao si = ti para 0 ≤ i ≤ n.

Proof. Se si = ti para 0 ≤ i ≤ n entao |si − ti| = 0,0 ≤ i ≤ n, logo

dist(s, t) =

∞∑

i=n+1

|si − ti|2i

≤∞∑

i=n+1

1

2i=

1

2n.


Por outro lado, se si 6= ti para algum i ≤ n entaod(s, t) ≥ 1

2i ≥ 12n . Daı concluimos que se dist(s, t) < 1

2n

entao si = ti para 0 ≤ i ≤ n. �O resultado acima diz que duas sequencias estao proximasse e so se as primeiras n entradas das duas coincidem.Definicao. A transformacao deslocamento e a funcaoσ :∑+

2 →∑+

2 definida por

σ(s0s1 · · · ) = s1s2 · · ·Proposicao 2.10. σ :

∑2 →

∑2 e continua.

Proof. Sejam ε > 0 e s = s0s1 · · · . Tome n tal que 12n < ε

e δ = 12n+1 . Entao, se

dist(s, t) < δ =1

2n+1⇒ si = ti para 0 ≤ i ≤ n+ 1

⇒ si = ti para 1 ≤ i ≤ n+ 1,

entao

d(σ(s), σ(t)) ≤ 1

2n< ε.

�Proposicao 2.11. Valem as afirmativas

(a): #Pn(σ) = 2n, Pn(σ) = pontos periodicos de pe-riodo n.

(b): P (σ) =∑+

2 (densidade dos pontos periodicos).

(c): Existe uma orbita densa em∑+

2 .

Proof. (a) s e periodica de periodo n para σ se e somentese

s = s0s1 · · · sn−1s0s1 · · · sn−1s0s1 · · · sn−1s0s1 · · · .Portanto, ha 2n blocos de comprimento n se e somente se#Pn(σ) = 2n.(b) Dado ε > 0 e s = s0s1 · · · tome n com 1

2n < ε. Sejat = s0s1 · · · sns0s1 · · · sn · · · .Entao ti = si para 0 ≤ i ≤ n e portanto, d(t, s) < 1

2n < εe t e periodica.(c) Tome

s∗ = 01︸︷︷︸Blocos-comprimento 1.

00011011︸︷︷︸Blocos comprimento 2.

000001010100011︸︷︷︸Blocos-comprimento n

.

Entao, dada s ∈ ∑+2 , ∃n tal que σn(s∗)i = si para

0 ≤ i ≤ n entao d(s, σn(s∗)) < 12n e tem-se o resul-

tado. �2.5. Itinerario de x ∈ [0, 1] = I. Considere os interva-los I0 = [0, 1

2 ), I1 = [12 , 1). Observe que I0 e I1 dao uma

particao P(I/ ∼) de I/ ∼, pois I0∪I1 = [0, 1] e I0∩I1 = ∅.Defina φ : I/ ∼→∑+

2 por

x 7→ φ(x) = (ak)∞k=0, onde

{ak = 0 se fk(x) ∈ I0ak = 1 se fk(x) ∈ I1.

A sequencia (ak)∞i=0 acima e chamada itinerario da orbitaOf (x) com respeito a particao P: e obtida iterando fk(x)e marcando qual intervalo fk(x) visita no tempo k. Assim,se a0, a1, · · · , ak, · · · e o itinerario de Of (x), temos

x ∈ Ia0 , f(x) ∈ Ia1 , f2(x) ∈ Ia2 , · · · , fk(x) ∈ Iak , · · ·

Proposicao 2.12. Se (ai)∞i=0 e o itinerario de x ∈ I entao

x =a0

2+a1

22+a2

223 + · · · =∞∑

i=1

ai−1

2i,

isto e, a0, a1, · · · , an, · · · sao os dıgitos da expansaobinaria de x.

Proof. Temos que checar que vale a formula

x =a0

2+a1

22+a2

23+ · · · =

∞∑

i=1

ai−1

2i.

Vamos dividir a prova em casos.Caso 1. (i = 0) Se o primeiro dıgito do itinerario ea0 = 0, x ∈ I0, i. e, 0 ≤ x < 1/2, entao o primeirodıgito da expansao binaria de x e 0 pois de outro modoterıamos x = 1

2 + · · · que e maior que 1/2. Do mesmomodo, se a0 ∈ I1, ou seja, 1/2 ≤ x < 1, entao o primeirodıgito da expansao binaria de x e 1.Caso 2. (i = k) Para mostrar que a k-esima entradaak coincide com o k-esimo dıgito da expansao binariade x, basta iterar x por f k vezes e lembrar que sex1, x2, · · · , xk, · · · sao os dıgitos da expansao binaria dex, como o efeito de iterar por f e igual ao efeito dedeslocar um dıgito a esquerda, os dıgitos de fk(x) saoxk+1, xk+2, · · · e, pela definicao de itinerario, o itinerariode fk(x) e ak, ak+1, ak+2 · · · . Assim, podemos procedercomo antes: se ak = 0 (respectivamente se ak = 1),entao fk(x) ∈ I0 (resp. I1) e 0 ≤ fk(x) < 1/2 (resp.1/2 ≤ fk(x) < 1). Entao, o primeiro dıgito da expansaobinaria de fk(x), xk+1 e 0 (resp. 1). �

Observacao 2.13. Existe outra maneira de dizer quea aplicacao f2 definida acima determina os dıgitos daexpansao binaria de x ∈ [0, 1] utilizando o fato que aaplicacao h definida em (2.2) da uma semiconjugacao entreφ e a aplicacao deslocamento sao σ.

2.6. Codificando f2. Suponha que a0, a1, · · · , an e umasequencia de dıgitos 0 ou 1. E considere

I(a0, · · · , an) = {x ∈ [0, 1];φ(x) = (a0, · · · , an)}= {x ∈ [0, 1]; fk2 (x) ∈ Iak ,∀0 ≤ k ≤ n}.

Observe que estes sao os pontos cujo itinerario ( e tambemcuja expansao binaria) comeca com a0, a1, a2, · · · , an.Para determinar estes pontos, observe que

I(a0, a1, · · · , an) = Ia0 ∩ f−12 (Ia1) ∩ · · · ∩ f−n2 (Ian).

Claro que se x ∈ Ia0 ∩ f−12 (Ia1) ∩ · · · ∩ f−n2 (Ian) entao

x ∈ Ia0 , f2(x) ∈ Ia1 , · · · , fn2 (x) ∈ Ian , e pela definicao, oitinerario de x comeca com o bloco a0, a1, · · · , an.Observe que para I0 = [0, 1/2) e I1 = [1/2, 1), temos

f−12 (I1) = [1/4, 1/2) ∪ [3/4, 1)

o que implica

I(0, 1) = I0 ∩ f−12 (I1) = [1/4, 1/2).


Repetindo este argumento para os outros pares de dıgitosobtemos

I(0, 0) = [0, 1/4), I(0, 1) = [1/4, 1/2),

I(1, 0) = [1/2, 3/4), I(1, 1) = [3/4, 1).

Por inducao, provamos:

(P1) cada I(a0, a1, · · · , an) e intervalo de comprimento1/2n+1;

(P2) como a0, a1, · · · , an percorre todos os blocospossıveis com (n+ 1)-uplas de dıgitos 0 ou 1, obte-mos uma particao de [0, 1) em 2n intervalos comcomprimento 1/2n+1.

No caso de f2, temos cada intervalo desta particao e daforma

(2.3) [k

2n+1,k + 1

2n+1), 0 ≤ k < 2n+1.

A seguir vamos usar conjugacao e coding para exibir umaorbita densa para f2.

Teorema 2.14. Seja f2 dada pela equacao (2.1). Existeum ponto x cuja orbita positiva O+

f2(x) e densa em [0, 1].

Proof. ∀n ≥ ∀(a1, . . . , an)∃x ∈ [0, 1]: O+(x)∩I(a1 . . . an).

∀y ∈ [0, 1]∀ε > 0 seja n ≥ 1: 2−(n+1) ≤ ε, seja (a0 . . . an)t.q. y ∈ I(a0 . . . an). assim, se fk(x) ∈ I(a0 . . . an) tem-sed(fk(x), y) ≤ |I(a0 . . . an)| ≤ 2−(n+1) ≤ ε �

Exercıcio 2.15. Explicite todos os intervalos da formaI(a1, a2, a3), com a1, a2, a3 ∈ {0, 1}.

3. A familia quadradica e hiperbolicidade

Consideramos a seguir uma funcao de classe C1 f : R→ R.

Definicao 3.1. Um ponto p periodico de periodo n e ditohiperbolico se |(fn)′(p)| 6= 1. Se |(fn)′(p)| > 1 dizemosque p e um repulsor ou fonte e se |(fn)′(p)| < 1 dizemosque p e um poco ou atrator.

Antes de discutir a famılia quadratica, vamos introduziralgumas definicoes ligadas a convergencia e estabilidadede pontos periodicos.

Definicao 3.2. Um ponto q e positivamente assintotico ap se

limj→∞

|f j(q)− f j(p)| = 0.

O conjunto estavel de p e definido por

(3.1) W s(p) = {q; limj→∞

|f j(q)− f j(p)| = 0.}

Se f tem inversa entao um ponto q e negativamenteassintotico a p se

limj→−∞

|f j(q)− f j(p)| = 0.

Neste caso, o conjunto instavel de p e definido por

(3.2) Wu(p) = {q; limj→−∞

|f j(q)− f j(p)| = 0.}

Proposicao 3.3. Seja p hiperbolico fixo tal que |f ′(p)| <1. Ento existe um intervalo aberto U 3 p tal que se x ∈ Uentao lim

n→∞fn(x) = p.

Proof. f ∈ C1 entao ∃ ε > 0; |f ′(x)| < λ < 1 parax ∈ (p− ε, p+ ε).Pelo Teorema do Valor Medio, temos

|f(x)− p| = |f(x)− f(p)| ≤ λ |x− p| < |x− p| ≤ ε⇒f(x) ∈ (f(p)− ε, f(p) + ε) = (p− ε, p+ ε)

⇒∣∣f2(x)− f2(p)

∣∣ ≤ λ |f(x)− f(p)| ≤ λ2 |x− p| ≤ ε⇒f2(x) ∈ (p− ε, p+ ε)

por inducao segue para n ≥ 1

|fn(x)− p| ≤ λn |x− p|

⇒ fn(x) −→n→∞

p. �

Observacao 3.4. (p− ε, p+ ε) ⊂W s(p).

Definicao 3.5. Seja p periodico hiperbolico com perıodon. Se |(fn)′(p)| < 1 dizemos que p e um atrator ou umpoco. Analogamente, se |(fn)′(p)| > 1, p e um repulsor ouuma fonte.

Observacao 3.6. Pontos periodicos hiperbolicos: adinamica local e controlada pela derivada no ponto.

Exemplos:

(a) f(x) = x+ x3, f(0) = 0 e f ′(0) = 1.(b) f(x) = x− x3, f(0) = 0 e f ′(0) = 1.(c) f(x) = x+ x2, f(0) = 0 e f ′(0) = 1.

Em dimensao 1, a maioria das aplicacoes tem pontosperiodicos hiperbolicos (densidade dos Morse-Smale). Noentanto, periodicos nao hiperbolicos ocorrem frequente-mente em familias de aplicacoes. Quando isto ocorredizemos que o ponto periodico passa por uma bifurcacao.

Exemplo: fc(x) = x2 + cSe c > 1

4 : nao tem pontos fixos.

Se c = 14 : fc(1/2) = 1/2 e f ′c(1/2) = 1.


Se c < 14 : αc : atrator, βc: repulsor.

Portanto, o espaco de fase muda com c, dizemos que temuma bifurcacao em c = 1/4.

Consideramos a seguir a familia quadratica

fµ(x) = µx(1− x), µ > 1.

notamos que

fµ(x) = x⇔ µx(1− x)− x = 0⇔ x = 0 e pµ =µ− 1

µ.

f ′µ(0) = µ e f ′µ(pµ) = 2− µ.0 repulsor para µ > 1, pµ atrator para 1 < µ < 3.

Quando µ = 3, f ′µ(pµ) = −1.

Observe que dois novos pontos fixos para f2µ aparecem

quando µ > 3. Sao novos pontos periodicos de periodo 2.Fatos faceis de serem verificados:

1. fµ(0) = fµ(1) = 0 e fµ(pµ) = pµ, pµ = µ−1µ .

2. 0 < pµ < 1 se µ > 1.

Proposicao 3.7. Suponha que µ > 1. Se x < 0 entaofnµ (x) −→

n→∞−∞. Se x > 1, fnµ (x) −→

n→∞−∞.

Proof. Se x < 0 entao fµ(x) = µx(1 − x) < x entaofnµ (x) e uma sequencia decrescente. Esta sequencia naopode convergir para p < 0, pois neste caso terıamosfn+1µ (x) → fµ(p) < p, enquanto fnµ (x) → p, uma con-

tradicao. Entao fnµ (x)→ −∞.Do mesmo modo, para x > 1, entao fµ(x) < 0, e logofnµ (x)→ −∞. �

Consequencia: A dinamica interessante esta em [0, 1].

Caso 1 < µ < 3.

Proposicao 3.8. Seja 1 < µ < 3. Entao

(a) 0 e fixo repulsor e pµ = µ−1µ e fixo atrator.

(b) 0 < x < 1⇒ limn→∞

fnµ (x) = pµ

Proof. (a) Basta ver∣∣f ′µ(0)

∣∣ > 1,∣∣f ′µ(pµ)

∣∣ < 1.

(b) Primeiro para 1 < µ < 2, (analizando o grafico)

x ∈ (0, 1/2] \ {pµ} ⇒ |fµ(x)− pµ| < |x− pµ|

Entao

fnµ (x) −→n→∞

pµ.

Se x ∈ (1/2, 1) entao fµ(x) ∈ (0, 1/2) e segue o resultado.Observe que para 1 < µ < 2, fµ(1/2) < 1/2 e aparece umatrator em (0, 1/2).Para 2 < µ < 3, fµ(1/2) > 1/2 e a analise e mais fina.Neste caso, 1/2 < pµ < 1. Defina

pµ = 1− pµ =1

µ.

Entao 0 < pµ <12 e

fµ(pµ) = f(pµ) = pµ

e∣∣f ′µ(pµ)

∣∣ < 1 e pµ e atrator. Para x ∈ [pµ, pµ]

f2µ([pµ, pµ]) ⊂ [1/2, pµ]⇒ fnµ (x)→ pµ.

Se x < pµ ou x > pµ, existe k > 0, fkµ(x) ∈ [pµ, pµ] entao

fk+nµ (x) −→

n→∞pµ.

Como (0, 1) = (0, pµ)∪ [pµ, pµ]∪ (pµ, 1) o resultado segue.


Para µ = 2:

fµ(x) = 2x(1− x), fµ(1/2) = 1/2.

f ′µ(x) = 2− 4x, f ′µ(1/2) = 2− 2 = 0.

hence fnµ (x)→ 1/2. �

Lema 3.9. Para 0 < µ < 1, 0 e atrator e pµ e repulsor.

Proof. De fato, f ′µ(x) = µ(1 − 2x) entao f ′µ(0) = µ < 1 edai segue o primeiro resultado.Agora, f ′µ(pµ) = |2− µ| > 1 e dai segue o segundo resul-tado. �

Se µ < 1, temos que pµ < 0 e nao estamos interessadosneste analise. Entao consideramos µ > 1.

Observacao 3.10. Para µ < 3, pµ e atrator. Para µ > 3,pµ e repulsor. Para µ = 3, f ′3(p3) = |2− µ| = |2− 3| = 1parametro de bifurcacao.

Como foi visto antes, quando µ passa por 3, um novoponto periodico de perıodo 2 nasce. Conforme µ cresce, adinamica vai ficando dramaticamente mais complicada.Uma bifurcacao e uma mudanca qualitativa na dinamicaque ocorre quando um parametro esta variando. Seja fµuma familia parametrizada de funcoes fµ : R → R e xµum ponto periodico de fµ de periodo n. Um parametroµ0 tal que |(fnµ0

)′(xµ0)| = 1 e |(fnµ )′(xµ)| 6= 1 para qual-

quer µ 6= µ0 perto de e parametro de bifurcacao.Ha dois tıpos de bifurcacoes:

• (fnµ0)′(xµ0

) = 1 tangential ou saddle-node• (fnµ0

)′(xµ0) = −1 period-doubling

Exemplo 3.11 (saddle-node). gµ(x) = µ+x−x2 (formanormal da bif. em µ = 0)

x±µ = ±√µ =

µ < 0 nenhum ponto fixo

µ = 0 um ponto fixo nao hiperbolico

µ > 0 2 pontos fixos

como g′µ(x) = 1− 2x tem-se

g′µ(x±µ ) =

∅1

1∓√µ atrator/repulsor

Caso 3 ≤ µ < 4. Para µ = 3 e criado um ponto periodicode periodo 2 (bifurcacao period doubling). Resolvendof2µ(x) = x tem-se

Per2(fµ) = {1

2+

1

2µ± 1

2µ

√(µ− 3)(µ+ 1)} = {y±}.

Tem-se

|(f2µ)′(y±)| = |−µ2 + 2µ+ 4| = |f ′µ(y+)| · |f ′µ(y−)|

portanto

|(f2µ)′(y±)| =

{< 1 se µ < 1 +

√6 ∼ 3.44

≥ 1 se µ ≥ 1 +√

6

Lema 3.12. Se 3 < µ < 1 +√

6, entao W s(y±) contemtodos os pontos em (0, 1) que nao sao pre-fixos. Em par-ticular nao ha mais pontos periodicos de periodo n ≥ 3.

Exemplo 3.13 (Period doubling). fµ(x) = µx(1−x) comµ0 = 3. tem-se

f ′µ(pµ) = 2− µe portanto f ′3(p3) = −1.Considerando a forma normal da bif period boubling deum ponto fixo, a, b > 0, em µ = 1

gµ(x) = −µx+ ax2 + bx3


tem-se gµ(0) = 0, g′µ(0) = −µ e portanto

g′µ(x)

> −1 se µ < 1

= −1 se µ = 1

< −1 se µ > 1.

O caso µ > 4.Notamos simplesmente fµ = f .Como µ > 4 ⇒ f(1/2) > 1 ⇒ certos pontos deixam Iquando iterador por f . Denotamos estes pontos por A0.Seja A1 = {x ∈ I : f(x) ∈ A0},

x ∈ A1 ⇒ f2(x) > 1⇒ f3(x) < 0⇒ fn → −∞.An = {x ∈ An−1 : fn ∈ A0}

= {x : f i(x) ∈ I para i ≤ n e fn+1(x) /∈ I}.Portanto,

x ∈ An ⇒ fn(x) −→n→∞

−∞.Entao temos que estudar

I \ (∪∞n=0An) = Λ.

Note que como A0 : e o intervalo aberto centrado em 1/2,I \A0 = I0 ∪ I1, com Ii, i ∈ {0, 1} intervalo fechado.Observe que f e crescente em I0, f e decrescente em I1,f(I0) = f(I1) = I, entao ∃ par de intervalos abertosA00 e A01, A00 ⊂ I0, A01 ⊂ I1, com f(A00) = A0 ef(A01) = A0, A00 ∪A01 = A1.Agora observe que I \ (A0 ∪ A1) consiste de 4 intervalosfechados, cada um e levado por f monotonicamente em I0ou I1 e consequentemente f2 leva cada um deles em I eportanto I \ (A0 ∪A1), contem um intervalo aberto que elevado por f2 em A0.Entao pontos neste intervalo depois de 3 iteracoes escapamde I. Este conjunto e A2.

Continuando observamos que An e uma uniao de 2n inter-valos abertos dois a dois disjuntos.Dai, I \ (A0 ∪ A1 ∪ · · · ∪ An) consiste de 2n+1 intervalosfechados pois

1 + 2 + 22 + · · ·+ 2n = 2n+1 − 1.

Alem disto, fn+1 leva cada um destes intervalos mono-tonicamente em I. De fato, o grafico de fn+1 e alternati-vamente crescente e decrescente nestes intervalos. Entaoo grafico de fn cruza a diagonal em pelo menos 2n pontos.Portanto Pn(f) contem 2n pontos em I.Portanto a estrutura de Λ e bastante complicada.

Definicao 3.14. Λ e conjunto de Cantor se e fechado,totalmente desconexo e perfeito. (Totalmente desconexose nao contem intervalos, perfeito se todo ponto nele e deacumulacao ou ponto limite dele mesmo).

Vamos verificar que Λ e um conjunto de Cantor.Para garantir que Λ e um conjunto de Cantor mais facil-mente, vamos assumir que µ > 2 +

√5. Isto implica que

|f ′(x)| > 1, ∀x ∈ I0 ∪ I1.

Observacao: Como aparecem o numero 2 +√

5. Quere-mos garantir |f ′(x)| > λ > 1 para todo x ∈ I \ A0. Paraisso, como f e montona crescente nestes intervalos, bastaencontrar o parametro µ para o qual fµ(x) = 1 satisfaz|f ′µ(x)| > 1. Assim, calculamos

f(x) = 1⇒ µx(1− x) = 1⇒ µx− µx2 − 1 = 0

⇒ x± =µ± (µ2 − 4µ)1/2

2µ.

Temos

f ′µ(x±) = (µ2 − 4µ)1/2 e f ′µ(x±) > 1⇒ (µ2 − 4µ)1/2 > 1

logo µ2 − 4µ− 1 > 0 e assim,

µ > 2±√

5.

Entao, para µ > 2 +√

5, ∃λ > 1 tal que |f ′(x)| > λ, ∀x ∈Λ⇒ |(fn)′(x)| > λn ∀ n.Afirmacao 1: Λ nao contem intervalos, caso contrario,∃x, y ∈ Λ, [x, y] ⊂ Λ. Entao, para todo z ∈[x, y], |(fn)′(z)| > λn. Tome n tal que λn |y − x| > 1.Pelo Teorema do Valor Intermediario, |fn(y)− fn(x)| ≥λn |y − x| > 1 entao ou fn(y) ou fn(x) /∈ I, contradicao.Como Λ e uma sequencia encaixante de intervalos fechadossegue que Λ e fechado.Λ e perfeito: De fato, note que todo extremo de Akesta em Λ, tais pontos nao enviados eventualmente em 0e portanto permanecem em I quando iterados.Se ∃ p ∈ Λ isolado, toda vizinhanca de p deve escapar deI, tais pontos pertencem a algum Ak. Entao ou existemsequencias de extremos de Ak convergindo para p ou todosos pontos numa vizinhanca de p sao levados para fora deI. No primeiro caso estamos feitos. No segundo, assumefm(p) − 0, e todos os outros por fm na vizinhanca saonegativos, entao fm tem maximo em p. e portanto

(fn)′(p) = 0⇒ ∃i < n; f ′((f i))(p) = 0

⇒ f i(p) = 1/2⇒ f i+1(p) /∈ IE isto finalmente implica que fn(p) → −∞, contradicaode novo.


4. Aplicacoes do cırculo

Considere o cırculo unitario

S1 = {(x, y);√x2 + y2 = 1} ⊂ R2

e seja π : R→ R definida por

π(x)def= e2πix = (cos(2πx), sin(2πx)).

Proposicao 4.1. π e um homeomorfismo local.

Proof. Tome, por exemplo, um intervalo da forma (n, n+1/2), n ∈ Z, e vamos provar que π o transformahomeomorficamente sobre o semi-cırculo norte N ={(x, y) ∈ S1, y > 0}.6 MARIA JOSE PACIFICO

1

N

PN

− 1 1

N

ππ

n n

P

A aplicacao composta pN � ⇡ : (n, n + 1/2) ! (�1, 1), x 7! cos(2⇡x) tambem e umhomeomorfismo. Logo,

⇡ = pN � (pN � ⇡) : (n, n + 1/2)! N

e um homeomorfismo.Considerando o semi-cırculo sul S = {(x, y), y < 0} e a projecao pS : S ! (�1, 1), (x, y) 7!

x, temos que p�1S (x) = (x,�

p1� x2) e repetindo o argumento acima vemos que ⇡ :

(n� 1/2, n)! S e um homeomorfismo.Analogamente, os intervalos da forma (n � 1/4, n + 1/4) e (n + 1/4, n + 3/4) sao

transformados homeomorficamente por ⇡ nos semi-cırculos leste e oeste.Como os intervalos da forma acima cobrem o R temos que ⇡ : R ! S1 e um homeo-

morfismo local.⇤

Observacao 2.2. A proposicao acima implica que dado a 2 S1, existe um arco J ⇢ S1

com a 2 J tal que ⇡�1(J) = [n2ZIn, onde In e um intervalo aberto de R homeomorfo aJ para todo n.

Proposicao 2.3. Seja f : S1 ! S1 um difeomorfismo. Existe F : R ! R tal que⇡ � F = f � ⇡.

Demonstracao. Tome a 2 S1 e escolha a 2 R tal que ⇡(a) = a. Pela Remark 2.2, existemum intervalo aberto Ia ⇢ R e um arco aberto Ja ⇢ S1 com a 2 Ia e a 2 Ja tal que⇡ : Ia ! Ja e um homeomorfismo.

Considere f(a) e tome f(a) 2 R tal que ⇡(f(a)) = f(a). Repetindo o argumento acimapara f(a) e f(a), encontramos abertos Jf(a) ⇢ S1 e If(a) ⇢ R, f(a) 2 Jf(a) e f(a) 2 If(a)

tais que ⇡ : Jf(a) ! If(a) e um homeomorfismo.Como f : S1 ! S1 e um difeomorfismo, podemos supor que f(Ja) = Jf(a).

Considere a projecao

pN : N → (−1, 1), pN (x, y) = x,

que e um homeomorfismo e p−1N (x) = (x,

√1− x2).

A aplicacao composta

pN ◦ π : (n, n+ 1/2)→ (−1, 1), x 7→ cos(2πx)

tambem e um homeomorfismo. Logo,

π = pN ◦ (pN ◦ π) : (n, n+ 1/2)→ N

e um homeomorfismo.Considerando o semi-cırculo sul S = {(x, y), y < 0} ea projecao pS : S → (−1, 1), (x, y) 7→ x, temos que

p−1S (x) = (x,−

√1− x2) e repetindo o argumento acima

vemos que π : (n− 1/2, n)→ S e um homeomorfismo.Analogamente, os intervalos da forma (n− 1/4, n+ 1/4) e(n+ 1/4, n+ 3/4) sao transformados homeomorficamentepor π nos semi-cırculos leste e oeste.Como os intervalos da forma acima cobrem o R temos queπ : R→ S1 e um homeomorfismo local. �Observacao 4.2. A proposicao acima implica que dadoa ∈ S1, existe um arco J ⊂ S1 com a ∈ J tal queπ−1(J) = ∪n∈ZIn, onde In e um intervalo aberto de Rhomeomorfo a J para todo n.

Proposicao 4.3 (Levantamento). Seja f : S1 → S1 umdifeomorfismo. Existe F : R→ R tal que π ◦ F = f ◦ π.

Proof. Tome a ∈ S1 e escolha a ∈ R tal que π(a) = a.Pela Remark 4.2, existem um intervalo aberto Ia ⊂ R eum arco aberto Ja ⊂ S1 com a ∈ Ia e a ∈ Ja tal queπ : Ia → Ja e um homeomorfismo.Considere f(a) e tome f(a) ∈ R tal que π(f(a)) = f(a).

Repetindo o argumento acima para f(a) e f(a), encon-tramos abertos Jf(a) ⊂ S1 e I

f(a)⊂ R, f(a) ∈ Jf(a) e

f(a) ∈ If(a)

tais que π : Jf(a) → If(a)

e um homeomor-

fismo.

Como f : S1 → S1 e um difeomorfismo, podemos suporque f(Ja) = Jf(a).Daı segue que F : Ia → I

f(a)dada por

F (x) = π−1 ◦ f ◦ π(x)

esta bem definida e e um difeomorfismo.

INTRODUCAO AOS SISTEMAS DINAMICOS 7

Daı segue que F : Ia ! If(a) dada por F (x) = ⇡�1 � f � ⇡(x) esta bem definida e e umdifeomorfismo.

F

f ( a )

J a

π

a f ( a )

a

π− 1

f ( a )f

J

Agora, tome uma sequencia finita de pontos a1 = a, a2, · · · an de S1 e considere Jaie

Jf(ai) arcos de S1 tais que para cada i tem-se que f : Jai! Jf(ai) e um difeomorfismo.

Para cada i, sejam ai 2 R e f(ai) 2 R e intervalos Iaie If(ai)

pontos e intervalos abertoscomo acima tais que

⇡ : Iai! Jai

e ⇡ : If(ai))! Jf(ai)

sao difeomorfismos.Isto implica que podemos definir

F : Ia1 [ · · · [ Ian ! [If(ai)como F = ⇡�1 � f � ⇡.

Verifica-se facilmente que F esta bem definida em cada Iai\Iai+1

o que prova a proposicao.⇤

Definicao. A funcao F : R ! R definida na proposicao acima e chamada um levanta-mento de f : S1 ! S1.

Exercıcio 2.4. Verifique que se F : R ! R e G : R ! R sao dois levantamentos def : S1 ! S1 entao existe k 2 N tal que F �G = k.

3. ROTACOES DO CIRCULO E O TEOREMA DE POINCARE

Considere o cırculo unitario S1 = {(x, y);p

x2 + y2 = 1} ⇢ R2. Identificando R2 como plano complexo C podemos escrever

S1 = {z 2 C; kzk = 1} = {e2⇡i✓, 0 ✓ < 1} ⇢ C.

/Agora, tome uma sequencia finita de pontos a1 =a, a2, · · · , an de S1 e considere Jai e Jf(ai) arcos de S1

tais que para cada i tem-se que f : Jai → Jf(ai) e umdifeomorfismo.Para cada i, sejam ai ∈ R e f(ai) ∈ R pontos e Iai e I

f(ai)

intervalos abertos como acima tais que

π : Iai → Jai e π : If(ai))

→ Jf(ai)

sao difeomorfismos.Isto implica que podemos definir

F : Ia1 ∪ . . . ∪ Ian → ∪If(ai)como F = π−1 ◦ f ◦ π.

Verifica-se facilmente que F esta bem definida em cadaIai ∩ Iai+1

o que prova a proposicao. �Definicao. A funcao F : R → R definida na proposicaoacima e chamada um levantamento de f : S1 → S1.

Proposicao 4.4. If F : R→ R is a lift of an orientation-preserving homeomorphism f : S1 → S1, then F (x + 1) =F (x) + 1 for every x ∈ R.

Proof. By π(x) = π(x+ 1) we have

(4.1) f(π(x)) = f(π(x+ 1)).

Since π ◦ F = f ◦ π, we obtain

(4.2) π ◦ F (x) = π ◦ F (x+ 1),

which implies

(4.3) F (x+ 1) = F (x) + k(x)

for some integer k(x). Since F is continuous, k(·) must becontinuous and hence k(·) ≡ k ∈ Z.Suppose k ≥ 2. Then F (x) and F (x + 1) differ by morethan 2 and hence there are points x0 and x1 such thatF (x0) = 1 and F (x1) = 2 differ by unity which are be-tween x and x+1, and hence x0 and x1 represent the samepoint on S1. On the other hand x0 and x1 are both lessthan unity and hence π maps them to distinct points onS1. This contradicts that f is a homeomorphism. Hencek ≤ 1.


Suppose k = 0. Then F (0) = F (1) and F fails to beinjective on (0, 1).Suppose k < 0. Then the continuous F would project to fbeing orientation reversing, in contradiction with hypoth-esis.Thus, only the case k = 1 remains. �

Exercıcio 4.5. Verifique que se F : R → R e G : R → Rsao dois levantamentos de f : S1 → S1 entao existe k ∈ Ntal que F −G = k.

Exercıcio 4.6. Seja F : R → R um levantamento de umhomeomorfismo f : S1 → S1. Mostre que

• para todo x ∈ R e k, n ∈ Z tem-se Fn(x + k) =Fn(x),

• para qualquer n ∈ Z, F+n e tambem levantamentode f ,

• F (x)− x e periodica e portanto limitada.

4.1. Rotacoes do cırculo. Considere o cırculo unitarioS1. Identificando R2 com o plano complexo C podemosescrever

S1 = {z ∈ C; ‖z‖ = 1} = {e2πiθ, 0 ≤ θ < 1} ⊂ C.

Considere a rotacao, Rα no sentido anti-horario, de angulo2πα > 0 definida em S1. Isto e,

Rα(e2πiθ) = e2πi(θ+α) = e2πiαe2πiθ.

Seja dist(z1, z2) a distancia natural em S1, dada pelo com-primento de arco entre z1 e z2. O comprimento de arcoentre z1 e z2, `(z1, z2), e o comprimento do menor arcoligando z1 a z2. Sempre normalizamos este comprimentodividindo-o por 2π. Por exemplo, se 0 ≤ θ1 < θ2 e2π(θ2 − θ1) < π temos

`(e2πiθ1 , e2πiθ2) =`− distancia

2π=

2π(θ2 − θ1)

2π= θ2 − θ1.

Se 0 ≤ θ1 < θ2 e 2π(θ2 − θ1) ≥ π temos

`(e2πiθ1 , e2πiθ2) =`− distancia

2π

=2π − 2π(θ2 − θ1)

2π= 1− (θ2 − θ1).

Observe que a rotacao preserva a distancia `, isto e, paratodo z1 e z2 em S1 tem-se

`(Rα(z1), Rα(z2)) = `(z1, z2).

A rotacao e um exemplo de uma isometria, isto e, umaaplicacao que preserva distancia.O cırculo S1 tambem pode ser escrito do seguinte modo al-ternativo. Comecamos definindo a relacao de equivalencia∼ entre os numeros reais, definida por: dados x1, x2 ∈ R,dizemos que x1 e x2 sao equivalentes se existe k ∈ Z talque x1 = x2 + k. Entao R/Z = I/ ∼, I = [0, 1], pois ointervalo I contem exatamente um representante de cadaclasse de equivalencia, exceto da classe que contem 0 e 1.Isso nao causa problema porque 0 e 1 sao identificadoscomo o mesmo ponto em S1.A funcao π : R/Z→ S1 dada por

(4.4) x 7→ π(x) = e2πix,

e uma bijecao entre R/Z e S1. A distancia comprimentode arco ` dividida por 2π em S1 induz uma distancia emR/Z, que denotamos pelo mesmo simbolo `, dada por:

(4.5) `(x, y) = min{|x− y|, 1− |x− y|}.Exercıcio 4.7. Considere a funcao π : [0, 1] → R/Zdefinida acima. Verifique:

(1) π esta bem definida, e e uma bijecao.(2) vale a formula (4.5) acima para quaisquer x, y ∈

R/Z.

Observe que considerando S1 = R/Z = I/ ∼, a rotacaode angulo 2πα em S1 e transformada na funcao

Rα(x) = x+ α mod 1,

onde mod 1 significa the subtraimos a parte inteira de x.Ou seja, a translacao Rα e um levantamento da rotacaoRα em S1. Chamamos α o numero de rotacao de Rα.Lembre que a rotacao Rα e de angulo 2πα. Assim, dadoα ∈ [0, 1], temos

Rα(x) =

{x+ α se x+ α < 1x+ α se x+ α ≥ 1.

A dinamica de Rα depende do numero de rotacao α serum numero racional, isto e, α ∈ Q ou nao. Antes de es-clarecer este ponto, vamos lembrar a definicao de orbitadensa:

Definicao 4.8. A orbita O+Rα

(z1), z1 ∈ S1, e densa em

S1 se para todo z2 ∈ S1 e todo ε > 0, existe n > 0 tal que`(Rnα(z1), z2) < ε.

Teorema 4.9. Seja Rα : R/Z → R/Z a rotacao docırculo.

(a) Se α = p/q ∈ Q, todas as orbitas sao periodicas deperıodo q,

(b) Se α ∈ R \Q, para todo z1 ∈ S1, a orbita O+Rα

(z1)

e densa em S1.

Proof. Item (a): Suponha α = p/q, com p, q ∈ Z. Entao,para cada x ∈ R/Z,

Rqα(x) = x+ qp

qmod 1 = x+ p mod 1 = x.

Assim, todo ponto e periodico de perıodo q.Item (b): Neste caso trabalhamos com a notacao multi-plicativa em S1, isto e, consideramos S1 = {z ∈ C, ‖z‖ =1} e usamos a metrica ` do comprimento de arco normal-izada (dividida por 2π).

Afirmacao 1. Se α e irracional, dado z1 = e2πix1 ∈ S1,Rnα(e2πix1) 6= Rmα (e2πix1) para n 6= m.

Prova da Afirmacao 1. Suponha, por contradicao, queexistem n 6= m ∈ Z com Rnα(e2πix1) = Rmα (e2πix1). Entaoexiste k ∈ N tal que

2π(x1 +mα) = 2π(x1 + nα) + 2πk

que implica mα = nα+ k. Como m 6= n, isto mostra queα = k/(m− n), contradizendo que α e irracional. �Afirmacao 2. Para todo ε > 0 existem dois pontosdistintos Rnα(z1), Rmα (z1) na orbita O+

Rα(z1) satisfazendo

`(Rn(zn), Rm(z1)) ≤ 1N < ε.


Prova da Afirmacao 2. Dado ε > 0, escolha N ∈ N com1N < ε e considere os pontos z1, Rα(z1), · · · , RNα (z1) ∈ORα(z1). A Afirmacao 1 da que estes N + 1 pontos saodois a dois distintos. Assim, se dividirmos o cırculo S1 emN arcos de mesmo comprimento ε, temos que pelo menosum dos arcos tem dois dos N + 1 pontos acima. Portanto,existem n 6= m, contidos em um mesmo arco, isto e,

`(Rnα(z1), Rmα (z1)) < ε.

Finalmente vamos provar que a a orbita de z1 ∈ S1 e densaem S1. De fato, dado z2 ∈ S1, e ε > 0, tome um arco cen-trado em z2 com comprimento ε e considere Rm−nα , ondem e n sao como na Afirmacao 2. �Afirmacao 3. Rm−nα e uma rotacao de angulo menor que2πε.

Prova da Afirmacao 3– Note que

Rm−nα (z1) = e2πi(m−n)αz1 = R(m−n)α(z1),

e assim Rm−n)α e uma rotacao de angulo 2π(m − n)α.Pela Afirmacao 2 e usando que as rotacoes sao isometrias,obtemos

`(Rn−mα (z1), z1) = `(Rmα (Rn−mα (z1)), Rm(z1))

= `(Rnα(z1), Rmα (z1)) ≤ 1

N< ε.

Isto mostra que a rotacao Rm−nα move os pontos por umarco de comprimento menor que 2π/N , isto e, por umadistancia menor que 1/N < ε.Entao, os pontos

z1, R(m−n)α (z1), R2(m−n)

α (z1), R3(m−n)α (z1), · · · ,

estao espacados por um arco de comprimento menor queπε, ou, em outras palavras, a distancia entre dois pontosconsecutivos da orbita e menor que ε. Portanto, existe

j > 0 tal que Rj(m−n)α (z1) entra no arco de comprimento

ε centrado em z2, provando que a orbita de z1 e densa emS1. �Exercıcio 4.10. Prove que se α = p

q , com p e q primos

entre si, entao q e o perıodo de qualquer x ∈ S1, isto e,para cada x ∈ R/Z tem-se Rkα(x) 6= x para todo 1 ≤ k < q.


4.2. Numero de Rotacao. Seja f : S1 → S1 e continuae F : R→ R um levantamento, entao

deg(f)def= F (x+ 1)− F (x)

e um inteiro e independente de x, chamado o grau de f .Se f e homeomorfismo, entao |deg(f)| = 1. Se deg(f) = 1,dizemos que f preserve orientacao, se deg(f) = −1 dize-mos que f reverte orientacao.Um homeomorfismo f : S1 → S1 preserve a orientacao setem-se f(x) ≤ f(y) ≤ f(z) para qualquer x ≤ y ≤ z, ondeconsideramos em S1 a ordem induzida pela ordem na reta.

Proposicao 4.11 (Proposicao & Definicao). Dado home-omorfismo f : S1 → S1 que preserve a orientacao com lev-antamento F : R→ R, entao existe o limit

ρ(F )def= lim

n→∞1

n(Fn(x)− x)

e nao depende de x ∈ R e chama-se o numero detranslacao de F , chamamos

ρ(f)def= ρ(F ) mod 1

o numero de rotacao de f .

O numero de rotacao e a “velocidade” com a qual o umponto e deslocado no cırculo pela transformacao.

Lema 4.12. Se F, F sao levantamentos do mesmo home-omorfismo, entao

ρ(F )− ρ(F ) = F − F .Lema 4.13. Se f homeomorfismo que preserve orientacaoe F o seu levantamento,

F (y)− y ≤ F (x)− x+ 1 ∀x, y.Proof. Se k ≤ y − x < k + 1,

F (y)− y= F (y) + F (x+ k)− F (x+ k) + (x+ k)− (x+ k)− y= (F (x+ k)− (x+ k)) + (F (y)− F (x+ k))

− (y − (x+ k))

= (F (x)− x) + (F (y)− F (x+ k))− (y − (x+ k))

Como 0 ≤ y− (x+ k) < 1 implica F (y)−F (x+ k) ≤ 1, olado direito e no maximo F (x)− x+ 1− 0. �

Antes de mostrar o resultado em cima, lembramos queuma sequencia (an)n e subaditiva se tem-se an+m ≤an + am e e bem conhecido que existe o seguinte limite

limn→∞

1

nan = inf

n≥1

1

nan.

A existencia da numero de rotacao e baseado num fatosimilar.

Lema 4.14. Se uma sequencia (an)n satisfaz an+m ≤an + am+k + L para todo n,m ∈ N e algum k, L, entao olimite limn→∞ an/n ∈ R ∪ {−∞} existe.

Demonstracao da Proposicao 4.11. Independencia de x.Como

(4.6) F (x+ k) = F (x) + k ∀k ∈ Z∀x ∈ R.

se |x− y| < 1 entao |F (x)− F (y)| < 1 e

| 1n|Fn(x)− x| − 1

n|Fn(y)− y||

≤ 1

n|Fn(x)− Fn(y)|+ 1

n|x− y| ≤ 2

ne portanto o limite nao depende de x uma vez que existepara algum x.

Existencia. Dado x ∈ R e andef= Fn(x)− x, tem-se

an+m = Fn+m(x)− x= Fm(Fn(x))− Fn(x) + an

≤ Fm(x)− x+ 1 + an

= am + 1 + an,

onde aplicavamos Lema 4.13 para Fm e y = Fn(x). PeloLema 4.14 com L = 1 e k = 0 a sequencia an/n e conver-gente (possıvelmente para −∞). Porem,

ann

=1

n

n−1∑

i=0

(F i+1(x)− F i(x)) =1

n

n−1∑

i=0

(F (xi)− xi)

≥ min(F (y)− y) > −∞.�

Segue imediatamente

Lema 4.15. Para qualquer x ∈ R, n ∈ N tem-se

|Fn(x)− x− nρ(F )| ≤ 1.

Em particular a sequencia (ρn)n de funcoes

ρn =1

n(Fn − Id)

converge uniformemente em R para ρ(F ).

Lema 4.16. Para qualquer n, k ∈ Z tem-se

ρ(Fn + k) = nρ(F ) + k.

Proposicao 4.17. Dado homeomorfismo f : S1 → S1 quepreserve a orientacao com levantamento F : R→ R, entaoρ(F ) e racional se e somente se f tem um ponto periodico.

Proof. ⇒: Supomos que ρ(F ) = p/q com p ∈ Z, q ∈ N.Portanto para G = F q − p tem-se ρ(G) = 0.G e levantamento de g = fq.Pelo Lema 4.15, |Gn(0)| ≤ 1 para todo n ∈ ZComo (Gn(0))n e monotona (crescente ou decrescente),existe

x0def= lim

n→∞Gn(0).

Tem-se

G(x0) = G(limnGn(0)) = lim

nGn+1(0) = x0.

Portanto g(x0) = x0 e fq(x0) = x0.⇐: Supomos que x0 e p-periodico, entao existe p ∈ Z talque

F q(x0) = x0 + p

e portantoFnq(x0) = x0 + np.

Pela definicao do numero de translacao,

ρ(F ) = limn

1

nq(Fnq(x0)− x0) = lim

n

np

nq=p

q∈ Q.

�


Proposicao 4.18. Para um homeomorfismo no cırculoque preserve orientacao, todos pontos periodicos tem omesmo periodo.De fato, se ρ(f) = p/q mod 1 com p, q ∈ Z primos en-tre si, entao o levantamento F de f tal que ρ(F ) = p/qsatisfaz F q(x) = x+ p sempre se x e um levantamento deum ponto periodico de f , i.e. o levantamento do conjuntode pontos periodicos de f e o conjunto dos pontos fixos deF q − Id−p.

Proof. Se z ∈ S1 e f -periodico, entao x tal que π(x) = zsatisfaz F r(x) = x+ s para algun r, s ∈ Z e

p

q= ρ(F ) = lim

n

Fnr(x)− xnr

= limn

x+ ns− xnr

=s

r.

Portanto s = mp e r = mq para algum m ∈ Z e portantoFmq(x) = x+mp.Se estivessemos F q(x)− p > x, monotonicidade de F im-plicaria

F 2q(x)− 2p = F q(F q(x))− 2p = F q(F q(x)− p)− p≥ F q(x)− p > x

e, por inducao, Fmq(x)−mp > x, que e impossıvel.Por argumentos analogos, F q(x)− p < x e impossıvel.Portanto F q(x) = x+ p. �

Lema 4.19. Sejam f : S1 → S1 e g : S1 → S1 homeo-morfismos que preservam orientacao conjugados (por umhomeomorfismo que preserve orientacao). Entao

ρ(f) = ρ(g).

4.3. Homeomorfismos com pontos periodicos. Dize-mos que um ponto x e heteroclinic com a e b selimn f

−n(x) = a e limn fn(x) = b. No caso particular

quando a = b, dizemos que x e homoclinic.

Lema 4.20. Se I ⊂ R e intervalo fechado limitado ef : I → I invertıvel, nao-decrescente continua, entao qual-quer ponto x ∈ I e ou fixo ou (positivamente ou negativa-mente) assintotico com pontos fixos adjacentes.

Proof. ver figuraComo f preserve orientacao, se x ∈ I e f(x) 6= x,entao ou f(x) > 0 ou f(x) < x. Se f(x) > x, entaof2(x) = f(f(x)) > f(x). Por inducao, provamos quepara todo n ≥ 1, fn(x) > fn−1(x). Assim (fn(x))n≥1

e monontona crescente e potanto converge para y ∈ I,pois I e fechado. Assim,

limn→∞

fn(x) = y ∈ I.

Como f e continua segue f(y) = f(limn fn(x)) =

limn fn+1(x) = y. Assim y e ponto fixo e a orbita de

x e asssintotica a y.Se f(x) < x, segue da mesma forma com fn(x) < fn−1(x)e (fn(x))n e uma sequencia decrescente e convergente paraum ponto fixo.Como f−1 tambem e monotona crescente, usando o argu-mento acima prova-se que o α-limite de x ∈ I e tambemum ponto fixo de f .

�

Proposicao 4.21. Se f : S1 → S1 e um homeomor-fismo que preserve orientacao com numero de rotacaoρ(f) = p/q ∈ Q. Entao somente um dos dois seguintescasos vale:(1) se f tem exatamente uma orbita periodica, todo pontoque nao pertence a ela e heteroclinic (relativamente a fq)com dois pontos neste orbita. Os pontos sao distinctos seo periodo e > 1 e sao iguais no outro caso.(2) Se f tem mais do que uma orbita periodica, to do pontoque nao pertence a uma delas e heteroclinic (relativamentea fq) com dois pontos em orbitas periodicas diferentes.

Proof. Identificamos fq com um homeomorfismo num in-tervalo considerando x um lift de um ponto fixo de fq

e considerando a restricao o levantamento F q − p de fno intervalo [x, x + 1]. Assim, a afirmacao (1) segue doLema 4.20.Para ver (2), basta mostrar que as duas orbitas periodicassao distinctas. Por contradicao, supondo que existisse umintervalo I = [a, b] tal que a e b sao zeros adjacentes deF q − Id−p e tal que a, b projectam no mesma orbita peri-odica. Entao com z = π(a) ∈ S1 e fk(z) = π(b) ∈ S1 tem-

se que ∪q−1n=0f

nk(π(a, b)) cobre o complemento da orbita{fn(z)})n = 0q−1 e portanto nao contem demais pontosperiodicos. Portanto, f somente tem uma tal orbita peri-odica. Contradicao. �

Exemplo 4.22. Se ha somente um ponto fixo, a sua na-tureza e semi-estavel, i.e. ele e repelente em um lado eatraente no outro lado. Ver figura com o exemplo

f(x) = x+1

4sen2(πx) mod 1.

Exemplo 4.23 (Arnold). Dado α ∈ [0, 1/2π), τ ∈ R,considere o levantamento

Fα,τ (x) = x+ τ + α sen(2πx).


O conjunto

ω(x)def=⋂

n≥1

{f i(x) : i ≥ n}

dos pontos de acumulacao da orbita positiva de x (relati-vamente f) e chamado conjunto ω-limite de x.

Corolario 4.24. Se f : S1 → S1 e um homeomorfismoque preserve orientacao com numero de rotacao ρ(f) ∈ Q.Entao o conjunto ω-limite de qualquer ponto e um pontoperiodico.

4.4. Homeomorfismos sem pontos periodicos.

Lema 4.25. Seja f : S1 → S1 e um homeomorfismo quepreserve orientacao e sem ponto periodicos. Para qualquerm,n ∈ Z, m 6= n, x ∈ S1, e I ⊂ S1 um intervalo fechadocom pontos extremos fm(x) e fn(x) qualquer semi-orbitapositiva e qualquer semi-orbita negativa intersecta I.

Proof. Mostramos para a semi-orbita positiva.Supomos que I = [fn(x), fm(x)]. Outro similar.I nao e degenerado pois f nao tem pontos periodicos.Basta ver que

⋃k≥1 f

−k(I) cobre S1.Seja

Ikdef= f−k(n−m)(I).

Assim I0 = [fn(x), fm(x)] e

I1 = [fm(x), f−(n−m)+m(x)]

etc., i.e. Ik e Ik−1 tem pontos extremos em comum. Por-tanto, para cada k ≥ 1, I0 ∪ I1 ∪ . . . ∪ Ik is the closedinterval [fn(x), f−k(n−m)+m(x)].Se S1 6= ⋃

k≥0 Ik, entao o ponto f−k(n−m)+m(x) nao estacontida em nenhum I` para qualquer ` = 0, . . . , k − 1.Portanto a sequencia (f−k(n−m)+m(x))k destes pontos emonotona e converge para um z ∈ S1. Isto implicaria que

z = limk→∞

f−k(n−m)(fm(x)) = limk→∞

f (−k+1)(n−m)(fm(x))

= limkf (n−m)(f−k(n−m)(fm(x)))

= f (n−m)(limkf−k(n−m)(fm(x))) = f (n−m)(z)

e ponto periodico, contradicao. �

Proposicao 4.26. Seja f : S1 → S1 um homeomorfismoque preserve orientacao e sem ponto periodicos. Entaoω(x) nao depende de x, e um conjunto nao vazio, com-pacto, perfeito e ou igual S1 ou em nenhum lugar denso.

Lembramos que um conjunto nao vazio, compacto, per-feito e em nenhum lugar denso e um conjunto de Cantor.

Proof. Independencia de x. Sejam x 6= y. Seja z ∈ ω(x).Considere (`n)n tal que limn f

`n(x) = z. Pelo Lema 4.25existe km ≥ 1 tal que

fkm(y) ∈ Im def= [f `m(x), f `m+1(x)]→ z.

Portanto limm fkm(y) = z e z ∈ ω(y).

Portanto ω(x) ⊂ ω(y).ω(x) = ω(y) por simetria.

Afirmacao 4. Edef= ω(x) e menor conjunto nao vazio,

fechado, invariante.

Proof. Se A 6= ∅, A ⊂ S1, f -invariante e fechado e z ∈ A,segue {fn(z)}n∈Z ⊂ A por invariancia e

E = ω(x) ⊂ {fn(z)}n∈Z ⊂ Aporque A esta fechado.Portanto, qualquer conjunto, fechado e f -invariante ou evazio ou contem E.Como E e fechado, E contem a sua fronteira.A fronteira de E tambem e fechada (exercıcio).A fronteira de E tambem e invariante:x ∈ ∂E ⇔ ∀U vizinhanca de x: U ∩ E 6= ∅, U \ E 6= ∅;e como f e homeomorfismo, isso vale igualmente para asimagensPortanto ∂E e fechado e f -invariante.Portanto, ou ∂E = ∅ (que implicaria E = S1) ou ∂E = E(que implicaria que E e em nenhum lugar denso). �

Basta mostrar E perfeito. Seja x ∈ E. Seja (kn)n talque limn f

kn(x) = x. Como f nao tem pontos periodicos,fkn(x) 6= x para todo n. Portanto, x ∈ E e accumuladopor pontos fkn(x) 6= x e como x ∈ E e E invariante saopontos em E. �

4.5. A classificacao de Poincare. O objetivo destasecao e caracterizar os homeomorfismos de S1, segundoa existencia ou nao de pontos periodicos. Esta caracter-izacao e devida a H. Poincare.

A ordem dos pontos na orbita corresponde exactamente aordem dos pontos na rotacao “correspondente”:

Proposicao 4.27. Se F : R → R e levantamento dehomeomorfismo que preserve orientacao com ρ = ρ(F ) 6∈Q, entao para n1, n2,m1,m2 ∈ Z e x ∈ R tem-se

n1ρ+m1 < n2ρ+m2 iff Fn1(x)+m1 < Fn2(x)+m2.

Proof. Fn1(x) + m1 6= Fn2(x) + m2: se tivesse =, teriaFn1(x) − Fn2(x) ∈ Z e portanto π(x) periodico. con-tradicao.Portanto, fixando n1, n2,m1,m2 ∈ Z tem-se

x 7→ Fn1(x) +m1 − Fn2(x)−m2

e contınua e sempre tem mesmo sinal.Assuminos que Fn1(x) + m1 < Fn2(x) + m2 para todo xque e equivalente com (toma y = Fn2(x))

Fn1−n2(y) < y +m2 −m1 para todo y.

Para y = 0 tem-se

Fn1−n2(0) < m2 −m1


e para y = Fn1−n2(0) tem-se

F 2(n1−n2)(0) < Fn1−n2(0) +m2 −m1 < 2(m2 −m1)

Por inducao, Fn(n1−n2)(0) < n(n1 − n2) e portanto

ρ = limn

Fn(n1−n2)(0)

n(n1 − n2)≤ lim

n

n(m2 −m1)

n(n1 − n2)=

(m2 −m1)

(n1 − n2)

como ρ 6∈ Q mas (m2 −m1)/(n1 − n2) ∈ Q, segue

n1ρ+m1 < n2ρ+m2

todos as implicacoes podem ser lidos invertidas�

Teorema 4.28. Se f : S1 → S1 e um homeomorfismo quepreserve orientacao tal que ρ(F ) 6∈ Q, entao existe umasemi-conjugacao continua que preserve a orientacao de fcom a rotacao Rρ(F ) : S1 → S1,

Rρ(F )(x) = x+ ρ(F ) mod 1.

Observacao 4.29. Observe que se f nao tem pontosperiodicos, entao se x, y ∈ Of (z) e y esta entre x e z,entao para a semi-conjugacao h tem-se que h(y) esta en-tre h(x) e h(z). Deste fato segue que h e uma trans-formacao monotona h : S1 → S1 satisfazendo a equacaoh ◦ f = Rα ◦h. Em geral, h nao e uma conjugacao porquepodem existir pontos em S1 cuja pre-imagem por h e umintervalo.

Demonstracao do Teorema 4.28. ⇒: Seja F : R → R lev-antamento de f e x ∈ R.Seja B o levantamento da orbita de x

Bdef= {Fn(x) +m : n,m ∈ Z}.

Seja H : B → R

Fn(x) +m 7→ nρ+m

Como ρ 6∈ Q, H(B) = {nρ+m}n,m e densa em RPela Proposicao 4.27, H e monontona.Considerando a translacao Rρ : R → R, Rρ(x) = x + ρ,entao usando F (Fn(x) +m) = Fn+1(x) +m

(H ◦ F )(Fn(x) +m) = H(Fn+1(x) +m)

= (n+ 1)ρ+m = Rρ(H(x))

e

(Rρ ◦H)(Fn(x) +m) = Rρ(nρ+m) = (n+ 1)ρ+m

portanto H ◦ F = Rρ ◦H em B.

Mostramos que H se estende continuamente para B = R.Seja y ∈ B.Seja (xn)n ⊂ B com xn → y.

Como H e monotona, H+(y)def= limxn↘yH(xn) existe e

e independente da sequencia e H−(y)def= limxn↗yH(xn)

existe e e independente da sequenciaSe tivesse H−(y) 6= H+(y), entao R\H(B) contenaria umintervalo. Contradicao com H(B) denso.Portanto existe

H(y)def= lim

nH(xn) = H−(y) = H+(y).

Estendemos H : B → R para R:

Como H e monotona e continua em B, B e fechado, eH(B) e denso em R, segue que H : B → R e monontona esobre.Definimos H sendo constante em cada intervalo comple-mentar com B.Se (u, v) ⊂ R \ B com u, v 6∈ B e u < z < v, segueF (u), F (v) 6∈ B e H(u) = H(z) = H(v) e como F (u) ≤F (z) ≤ F (v) tem-se

Rρ ◦H(z) = Rρ ◦H(u) = H ◦F (u) = H ◦F (v) = H ◦F (z)

Assim a extensao H : R→ RH ◦ F = Rρ ◦H.

Como u = Fn(x) +m ∈ B se e somente u+ 1 ∈ B e comopara cada u = Fn(x) +m ∈ B tem-se

H(u+ 1) = H(Fn(x) +m+ 1) = nρ+m+ 1 = H(u) + 1

segue que para todo z ∈ RH(z + 1) = H(z)

e portanto H e levantamento de h : S1 → S1.�


⇤

Teorema 3.19. Seja � : S1 ! S1 um homeomorfismo que preserva orientacao tal que⇢(f) /2 Q. Entao � e semi-conjugado a rotacao R⇢ : S1 ! S1.

Demonstracao. Sejam A e B os conjuntos definidos em Lema 3.18.Seja r : A ! A definida por r(y) = y + ⇢ e considere h0 : A ! B definida como

h0(n⇢+ m) = f (0) + m.Entao h0(x + 1) = h0(x) + 1 para todo x 2 A e

h0(r(y)) = h0(y + ⇢) = h0(n⇢+ m + ⇢) = h0((n + 1))⇢+ m) =

fn+1(0) + m = f(fn(0)) + m = f(fn(0) + m) = f(h0(y)).

Como ⇢ 2 R \ Q, A e denso em R e portanto podemos definir h : R! R por

h(x0) = limx2A,x!x0

h0(x).

Como h0 e monotona, segue que h esta bem definida.

2 h

J1

J

Alem disso, como h e periodica de perıodo 1 em x, temos que h e o levantamento deh : S1 ! S1.

Como r(y) = y + ⇢ e o levantamento de R2⇡⇢ e vale que

h0 � r = f � h0 =) h �R2⇡⇢ = � � h.

Como h e monotona, h e descontınua no maximo em um numero enumeravel de pontos,e as descontinuidades de h sao do tipo salto.

Isto significa que h�1 pode ser estendida para R, colocando

h�1(J) = k,


4.6. Teorema de Denjoy. We say that a continuousfunction g : [0, 1] → R has bounded variation if its vari-ation

var(g)def= sup

{ n−1∑

i=0

|g(xi+1)− g(xi)| :

0 = x0 < x1 < . . . < xn = 1, n ≥ 1}

is finite.If g is C1 then var(g) ≤ maxx|g′(x)|.

Teorema 4.30 (Denjoy). Let f be a C1 circle difeo-morphism with an irrational rotation number such thatw(x) = log f ′(x) has bounded variation. Then f is topo-logically conjugate to a rotation.

Lema 4.31. Let f be a C1 circle difeomorphism with anirrational rotation number. There is an infinite sequence(nk)k such that for any x ∈ S the intervals (xi, xi+nk),xi = f i(x) and 0 ≤ i < nk and (xi, xi+nk) is the shortestarc with end points at xi and xi+nk are disjoint.

Dizemos que f : S1 → S e minimal se toda orbita e densa.Sabemos que f e minimal se e somente se ω(x) = S1.

Lema 4.32. Seja f : S1 → S um difeomorfismo C1 sempontos periodicos. Se existe uma seqencia (nk)k and C > 0such that for every x and k ≥ 1 we have

C < |(fnk)′(x)||(f−nk)′(x)|

then f is minimal.

Proof. By contradiction, suppose that there is x with no

dense orbit. Let Y = O+f (x). As Y is closed, its comple-

ment is open. By supposition, nonempty.Consider I ⊂ S \Y an open interval with end points in Y .Denote In = fn(I). Then In are pairwise disjoint.Hence

∑n|In| ≤ 1 and thus |In| → 0.

|In|+ |I−n| =∫

I

(fn)′(u) du+

∫

I

(f−n)′(u) du

=

∫

I

((fn)′(u) + (f−n)′(u)

)du

≥ 2

∫

I

√(fn)′(u)(f−n)′(u) du

= 2

∫

I

√exp(log(fn)′(u)(f−n)′(u)) du

= 2

∫

I

√exp(−|log(fn)′(u)(f−n)′(u)|) du

and hence

|Ink |+ |I−nk | > 2√

exp(−C)|I|

contradicting |Ink | → 0. Thus, f is minimal. �

Proof of Denjoys Theorem. Take x and let xm = fm(x)for x ∈ Z.Let (nk)k be the sequence of closest returns as providedby Lemma 4.31.

|log(fnk)′(x0)(f−nk)′(x0)|

=

∣∣∣∣log(fnk)′(x0)

(f−nk)′(x−nk)

∣∣∣∣=∣∣log (fnk)′(x0)− log (f−nk)′(x−nk)

∣∣

≤∣∣∣∣∣nk−1∑

i=0

log f ′(xi)−nk−1∑

i=0

log f ′(xi−nk)

∣∣∣∣∣

≤nk−1∑

i=0

|log f ′(xi)− log f ′(xi−nk)| ≤ var(w),

where for the last inequality we recall that the inter-vals (xi−nk , xi) = f−nk((xi, xi+nk)) are pairwise disjoint.Hence

(fnk)′(x)(f−nk)′(x) ≥ exp(− var(w)).

By Lemma 4.32, f is minimal. �

Observacao 4.33. Assuming f being C2, existe C > 0tal que |f ′′|/|f ′| < C. As

log f ′(u)− log f ′(v) =

∫ v

u

(log f ′(x))′ dx

=

∫ v

u

f ′′(x)

f ′(x)dx ≤

∫ v

u

|f ′′(x)||f ′(x)| dx

segue

nk−1∑

i=0

|log f ′(xi)− log f ′(xi−nk)| < C

nk−1∑

i=0

|xi − xi−nk |

as the intervals were disjoint, we obtain a finite bound.hence C2 difeomorphism is a sufficient condition for Den-joy’s theorem.

Um intervalo nao-trivial I ⊂ S1 e nao-errante se fk(I) ∩f `(U) = ∅ para todo k 6= `.

Proposicao 4.34. Seja f : S1 → S um difeomorfismo C2

com ρ = ρ(f) 6∈ Q. Entao sao equivalentes:

1. f e conjugado com a rotacao Rρ.2. Toda orbita e densa, i.e. f e minimal.3. Para todo x ∈ S1 tem-se ω(x) = S1.4. Para um intervalo nao-trivial qualquer I ⊂ S1 ex-

iste k ∈ Z tal que I ∩ fk(I) 6= ∅, i.e. f nao temintervalos errantes.

Observacao 4.35. ρ(f) 6∈ Q e necessario.C2 diffeo poderia ser C1 diffeo com variacao limitada, masnao apenas C1 diffeo.No caso de C2 diffeo temos que a conjugacao e contınua.M. Herman mostrou uns 50 anos depois do resultado deDenjoy que se pode, sob certas hipoteses, obter conjugacaoC∞.

4.7. Contraexemplo de Denjoy.

Proposicao 4.36. Para qualquer ρ 6∈ Q existe um difeo-morfismo C1 transitivo f : S1 → S1 com ρ(f) = ρ mod 1.


15B. DENJOY COUNTEREXAMPLES

0 01 -12-2 3-3 4 -4

Figure 50. The bottom line, representing the circle R/Z , is mapped to itself by theirrational rigid rotation t !→ t + α (mod Z) . Each label n on the bottom line,standing for the point nα (mod Z) , corresponds to an entire interval I(nα) oflength ℓn in the top line, which also represents the circle R/Z . Here

!n ℓn = 1

so that the union of these intervals has full measure. The map f on the top circle,which carries I(nα) onto I((n + 1)α) , is monotonely semiconjugate to the rigidrotation on the bottom circle.

we can construct a degree one circle homeomorphism f which maps each I(ξ) = g−1(ξ)to I(ξ + α) . In fact, if I(ξ) reduces to a single point, then f(I(ξ)) is uniquely defined,while if I(ξ) is a non-degenerate interval then we can choose any orientation preservinghomeomorphism from I(ξ) onto I(ξ+α) . This f is the required map, which is monotonelysemiconjugate to rotation by α .

If we want f to be a C1 -diffeomorphism, then we must be a little more careful withthis construction. First, we must choose the lengths ℓn > 0 so that

lim|n|→∞

ℓn+1/ℓn = 1 .

For example let ℓn = c/(n2 + 1) , where the constant c is chosen so that!+∞

−∞ ℓn = 1 .Next we must choose each homeomorphism from In = [an , bn] to In+1 to be a diffeomor-phism, with derivative equal to +1 at the two endpoints, and with derivative converginguniformly to +1 as |n| → ∞ . As an example, we can define this diffeomorphism by theformula

an + x !→ an+1 +" x

0exp

#cn t (ℓn − t)

$dt .

It is not difficult to check that there is a unique value of the parameter cn ∈ R so that theimage of In will have the required length

" ℓn

0exp

#cn t (ℓn − t)

$dt = ℓn+1 .

Furthermore, cn converges to zero, and hence the derivative converges uniformly to 1 asℓn+1/ℓn → 1 . It is now reasonably straightforward to check that the map f which isconstructed using these diffeomorphisms is C1 -smooth with derivative identically equal to+1 , except within the interiors of the non-degenerate intervals I(ξ) . !

Remark 15.6. Instead of mapping In = [an , bn] to In+1 by a homeomorphism, wecould also choose some arbitrary continuous map In → In+1 which carries left endpoint

15-5

Proof. Considere a rotacao x 7→ x+ ρ.Seja (`n)n∈Z com `n > 0 e

∑n `n = 1.

Dado n ∈ Z, seja xn ∈ [0, 1) tal que xn = nρ mod 1.Seja In = [an, bn] tal que an = a(xn), bn = b(xn), onde

a(x) =∑{`k : xk < x}, b(x) =

∑{`k : xk ≤ x}.

Portanto |b(x)− a(x)| = `n se x = xn e = 0 se x 6= xn.[an, bn] sao 2 a 2 disjuntos,

⋃n∈Z = [0, 1).

Existe G : R → R tal que G(x + 1) = G(x) eG([a(x), b(x)]) = {x} para todo x ∈ [0, 1).Escolher homeomorfismo f tal que f([an, bn]) =[an+1, bn+1], poderia ser monotono.Para fazer C1 tomar (`n)n tais que

lim|n|→∞

`n`n+1

= 1,∑

n∈Z`n = 1.

e tais que f([an, bn]) = [an+1, bn+1] tal que f ′(an) =f ′(bn) = 1, e.g.

an + x 7→ an+1 +

∫ x

0

exp(cnt(`n − t)) dt

tal que cn > 0 e

∫ `n

0

exp(cnt(`n − t)) dt = `n+1

Notar que cn → 0 e f ′ → 1 quando `n/`n+1 → 1. �

4.8. Exemplo – Fluxo (endomorfismo) no toro. Sejas de classe C1

s : S1 × S1 → S1 × S1, s(t, x) = s(t+ 1, x) = s(t, x+ 1).

Considere o problema EDO

dx

dt= s(t, x)

que define uma famılia de funcoes diferenciaveis t 7→ φx(t),onde x = φx(0) ∈ [0, 1), tal que

d

dtφx(t) = s(t, φx(t))

Em particular, considerando t = 0 e t = 1 e o fluxo-tempo-1

F (x)def= φx(1)

define uma transformacao F : R → R que comuta comtranslacao por inteiros e portanto define um difeomorfismono cırculo f : S1 → S1

15C. DIFFERENTIAL EQUATIONS ON THE TORUS

Here are some basic properties of this construction:

(1) The k -fold iterate of the map f (or F ) corresponds to the map obtained byfollowing the solutions from time t = 0 to t = k . That is, F ◦k(x) = Φx(k) .

(2) If we think of these curves as lying on the torus

T2 = R2/Z2 = (R/Z) × (R/Z) ,

then a solution curve is closed (ie., comes back to itself after finite time) if and only if thecorresponding orbit under the circle map f is periodic.

(3) The translation number tn(F ) can be described as the “average slope”limt→∞ (Φh(t) − Φh(0))/t associated with any solution curve x = Φh(t) .

(0,ξ) (1,ξ)

(0,f(ξ)) f

Figure 52. Construction of the mapping torus of f .

Any orientation preserving circle diffeomorphism can be obtained by this construction.Given a circle diffeomorphism f , form the mapping torus Torus(f) as follows. Start withthe cylinder [0 , 1] × (R/Z) , and glue the right hand boundary 1 × (R/Z) onto the lefthand boundary 0 × (R/Z) by the diffeomorphism

(1 , ξ) ↔ (0 , f(ξ)) .

The resulting identification space is the required mapping torus. The horizontal curvesξ = constant in this mapping torus play the same role as the family of curves x = Φh(t)in the discussion above. For if we follow such a curve to the right from the point (0 , ξ)then we arrive at (1 , ξ) , which is identified with (0 , f(ξ)) .

We can identify this mapping torus with the standard torus T2 as follows. Let F bea lift of f , and let τ(t) be a C∞ function which takes the value zero for t close to zeroand the value one for t close to one. Then the required diffeomorphism Torus(f) → T2 isconstructed by mapping each point (t, x) ∈ [0, 1] × R to the point

(t , (1 − τ(t)) x + τ(t) F (x)) ∈ [0, 1] × R .

Evidently two points (1, x) and (0, F (x)) which are identified in T2 correspond to twopoints (1 , F (x)) and (0 , F (x)) which are identified in T2 . Now the family of hori-zontal curves in the mapping torus corresponds to a suitable family of curves in T2 ,and differentiating these curves we obtain a corresponding differential equationdx/dt = s(t, x) on T2 . If f is Cr -smooth, then the resulting function s(t, x) is also.

15-7

15. DENJOY’S THEOREM

to left endpoint and right endpoint to right endpoint. In this way, we could construct adegree one circle map f which is not monotone, even though it has a well defined irrationalrotation number. (Compare 14.13.) This shows also that the hypothesis of C2 -smoothnessis essential in 15.4.

§15C. Differential equations on the torus. The title of Denjoy’s original paperreferred to differential equations on the torus, rather than to circle maps. In fact there isa very close relationship between these two subjects. (Compare §1C.) Suppose that we aregiven a doubly periodic C1 -smooth real valued function of two variables.

s(t, x) = s(t + 1 , x) = s(t , x + 1) .

Solving the differential equationdx/dt = s(t, x)

we obtain a family of smooth functions x = Φh(t) , parametrized by the initial heightΦh(0) = h ∈ R , and satisfying the required equation d Φh(t)/dt = s(t , Φh(t)) for allt ∈ R . In particular, if we follow the solution from time t = 0 to t = 1 , then we obtain aC1 -smooth diffeomorphism of R ,

x "→ F (x) = Φx(1) ,

which commutes with integer translations, and therefore corresponds to a circle diffeomor-phism f : R/Z → R/Z . (If we followed the solution from time t0 to t0 +1 , then we wouldobtain a topologically conjugate circle map.)

Figure 51. Trajectory curves for a flow on the (universal covering of the) torusR2/Z2 . Here the integer lattice points are marked by heavy dots. The correspondingcircle map has a wandering interval containing the origin, hence this example cannotbe made C2 -smooth.

15-6

O numero de translacao de F pode ser visto como

ρ(F ) = limn

Fn(x)− xn

= limn

φx(n)− xn

a “em media inclinacao” associada com (qualquer)solucao.


5. Topological Dynamical Systems

5.1. Topologically transitive. Though the approach ismore general for topological spaces, we will consider a met-ric space.A (discrete-time) topological dynamical system is a contin-uous map f : X → X of a metric space (X, d).

A point x ∈ X is topologically transitive if O+f (x) = X.

A topological dynamical system is topologically transitiveif there exists transitive point, that is, a point with a dense(forward) orbit.Example:

• 2x mod 1 is transitive• irrational rotation is transitive, every x is transitive• X = {0, 1, . . . , N−1} with f : X → X, f(x) = x+1

mod N , every point is topologically transitive

Recall that x ∈ X is isolated if {x} is open.

Proposicao 5.1. Let (X, d) be compact and f : X → Xbe continuous. Then the topological dynamical systemis topologically transitive if for every pair of open setsU, V ⊂ X there is n ≥ 1 such that fn(U) ∩ V 6= ∅. Thereverse implication holds under the additional assumptionthat X has no isolated points.

Lema 5.2. Assume that X has no isolated points. IfO+f (x) is dense in X, then for any n ∈ N also O+

f (fn(x))is dense in X.

Proof. Since X has no isolated points, every opennonempty U ⊂ X contains infinitely many distinct opensubsets Uk. Given x ∈ U and N ≥ 1 for k ≥ N let

Uk = B

(x,

1

k

)\B

(x,

1

k + 1

).

Since O+f (x) is dense, there are infinitely many integers

mk such that fmk(x) ∈ Uk ⊂ U . Given n ≥ 1, let k suchthat mk ≥ n.Hence,

U 3 fmk(x) = fmk−n(fn(x))

and thus for m = mk − n we have fm(fn(x)) ∈ U . �

Proof of Proposition ??. ⇐: Assume that f is topologi-cally transitive and X has no isolated points. Let x ∈ Xwith dense orbit. Let U, V ⊂ X be open. By density, thereis n ≥ 1 such that fn(x) ∈ U . By Lemma ??, O+

f (fn(x))

is also dense, so there is m ≥ 1 such that fm(fn(x)) ∈ V .Hence

fm+n(x) ∈ fm(U) ∩ Vhence fm(U) ∩ V 6= ∅.⇒ Assume that for every U, V ⊂ X open nonempty thereis ≥ 1 such that fn(U) ∩ V 6= ∅.Let {xn} be a countable dense set.Let x ∈ X. It suffices to show that for every k ≥ 1and every n ≥ 1 there exists m ≥ 1 such that fm(x) ∈B(xn, 1/k).Relable

{B(xn, 1/k) : n, k ≥ 1} = {U1, U2, . . .}.Let B0 = B(x, ε).By assumption, exists N1 such that fN1(B0) ∩ U1 6= ∅.

Pick some ball B1 with B1 ⊂ B0 ∩ f−N1(U1).There exists N2 such that fN2(B1) ∩ U2 6= ∅. etc.Sequence of balls Bn

Bn+1 ⊂ Bn ∩ f−Nn+1(Un+1)

with Bn+1 ⊂ Bn ⊂ Bn closed nested balls. Since X iscompact, their intersection is nonempty.For x ∈ ⋂nBn, fNn(x) ∈ Un and hence x is topologicallytransitive. �

5.2. Minimal. A topological dynamical system is mini-mal if every orbit is topologically transitive.Example:

• 2x mod 1 is not minimal• irrational rotation is minimal• f : [0, 1]→ [0, 1], f(x) = 1− |2x− 1|, tent map

5.3. Topologically mixing. A topological dynamicalsystem is topologically mixing if for any pair of opennonempty sets U, V ⊂ X there exists N ≥ 1 such thatfor every n ≥ N we have fn(U) ∩ V 6= ∅.

Proposicao 5.3. topologically mixing implies topologi-cally transitive.

Examples:

• rotation is not mixing• 2x mod 1• f : [0, 1]→ [0, 1], f(x) = 1− |2x− 1|, tent map• σ : Σ2 → Σ2 (later)

5.4. Topological conjugacies. We say that two topo-logical dynamical systems (X, f) and (Y, g) are topologi-cally conjugate if they are conjugate and their conjugacymap h : Y → X is a homeomorfism, which is also called atopological conjugacy.We say that two topological dynamical systems (X, f) and(Y, g) are topologically semi-conjugate if they are semi-conjugate and their semi-conjugacy map h : Y → X is notonly surjective but also continuous, which is also called atopological semi-conjugacy.

Example 1. Let g : [0, 1]→ [0, 1] be the tent map

g(x) = 1− |2x− 1| ={

2x if 0 ≤ x ≤ 1/2

2− 2x if 1/2 ≤ x ≤ 1

and f : [0, 1]→ [0, 1] given by f(x) = 4x(1− x).Show that h(x) = sin2(πx/2) provides a conjugacy. Recallthat

sin 2θ = 2 sin θ cos θ, sin(π − θ) = sin θ

and

f(h(x)) = 2h(x)(1− h(x)) = 4 sin2(πx/2)(1− sin2(πx/2))

= (2 sinπx/2) cos(πx/2))2

= sin2(2πx/2)

= sin2(π − πx) = sin2(π/2(2− 2x)) = h(g(x)).

h is a homeomorphism since h is continuous and sinceh(0) = 0 and h(1) = 1 and the intermediate value theoremimplies that h assumes all intermediate values, hence issurjective. Since for 0 < x < 1

h′(x) = 2 sin(πx/2) cos(πx/2)π/2 > 0


h is monotone, hence injective. Thus, h is invertible.

h−1(y) =2

πarcsin

√y.

Check hh−1 = Id. Clearly, h−1 is continuous.

Proposicao 5.4. Assume that f : X → X and g : Y → Yare topologically conjugate. Then

• f is topologically transitive iff g is topologicallytransitive.• f is minimal iff g is minimal.• f is topologically mixing iff g is topologically mix-

ing.

Note that a semi-conjugacy in general only implies oneimplication in each of the above equivalences.

Proposicao 5.5. Assume that f : X → X and g : Y → Yare topologically conjugate with conjugacy h : X → Y .Then for every x ∈ X we have that x is topologically tran-sitive for f iff and only if h(x) is topologically transitivefor g.

Proof. Assume that y is g-topologically transitive. For ev-ery U ⊂ X open nonempty, h−1(U) is open nonempty. Bydensity there is k ≥ N such that

gk(y) ∈ h−1(U)⇔ h(gk(y)) ∈ U.Since h is conjugacy, fkh = hgk and hence fk(h(y)) =h(gk(y)) ∈ U . As U was arbitrary, h(y) is f -topologicallytransitive. �Assume that f : X → X and g : Y → Y are topologicallysemi-conjugate with semi-conjugacy h : X → Y , one stillcan show that if y is g-transitive then h(y) is f -transitive.


6. Shift spaces revisited

Given N ≥ 2, consider σ : ΣN → ΣN defined byσ(. . . s−1.s0s1 . . .) = (. . . s0.s1s2 . . .), where

ΣNdef= {0, . . . , N − 1}Z,

with the distance

d(s, t)def=∑

maxn∈Z

λ−|n|esntn , where eijdef= 1− δij

the metric space (ΣN , d) is compact and σ is homeomor-phism. Given (si . . . sk) ∈ {0, . . . , N − 1}k−i+1 define thecylinder set

[si . . . sk]def= {t ∈ ΣN : tn = sn for all n = i, . . . , k}.

Note that any such cylinder is both open and closed.

Proposicao 6.1. σ : ΣN → ΣN is topologically mixing(and hence topologically transitive), but not minimal.

Proof. Take U, V ⊂ ΣN open nonempty sets.For every s ∈ U and every t ∈ V there exists m,n ∈ Z,m < n, such that

[sm . . . s−1; s0 . . . sn−1] ⊂ U, [tm . . . t−1; t0 . . . tn−1] ⊂ V.Let o = n−m and consider the sequence

r = (. . . rm−1rm . . . r−1; r0 . . . rn−1rn . . . rn+(n−m)−1 . . .)

with ri = si for i = m, . . . , n− 1and rn+i = tm+i for i = 0, . . . , n−m.Then r ∈ [sm . . . sn−1] ⊂ U and for every k = n −m wehave

σn−m(r) =∈ [tm . . . tn−1] ⊂ VMoreover, for every k ≥ n − m we have σk(r) ∈σn−m−k(V ) and hence for every ` ≥ n−m

U ∩ σ−`(V ) 6= ∅�

7. Smale’s horseshoe

Let ∆ = [0, 1] × [0, 1]. Consider a piecewise affine diffeo-morphism f : R2 → R2 having the following local picture

and having locally on closed rectangles L,R ⊂ ∆

L = [0,1

3]× [0, 1], R = [

2

3, 1]× [0, 1],

such that f−1(∆) ∩∆ = L ∪R, the formula

f(x, y) =

{(3x, 1

3y) (x, y) ∈ L(3− 3x, 1− 1

3y) (x, y) ∈ R ,

and such that every point not in L∪R is mapped outside∆. Let

S1def= f(L) = [0, 1]× [0,

1

3], S2

def= f(R) = [0, 1]× [

2

3, 1].

Note that f(∆) ∩ ∆ = S1 ∪ S2, ∆ ∩ f(∆) ∩ f2(∆) has 4horizontal strips, and

⋂nk=0 f

k(∆) has 2n horizontal strips.

Similar,⋂nk=0 f

−k(∆) has 2n vertical strips.The set

Λdef=⋂

k∈Zf−k(∆)

is closed, nonempty and f -invariant and a direct productof two middle-third Cantor sets.

Proposicao 7.1. The map f |Λ is topologically conjugateto σ : Σ2 → Σ2.

Proof. Given s ∈ Σ = Σ2 and n ≥ 1 let

Cn(s)def=

⋂

−n≤k≤nf−n(Ssn).

Note that

• Cn(s) is closed and nonempty• Cn(s) is a square of side length 3−n

• Cn(s) ⊃ Cn+1(s)

Hence,⋂n≥0 Cn(s) contains only one point. Define a map

h : Σ→ Λ, h(s)def=⋂

n≥0

Cn(s) =⋂

n∈Zf−n(Ssn).

and hence fn(h(s)) ∈ Ssn for all n ∈ Z.

h continuous: Let λ > 1 and d = dλ metric on Σ. Lets ∈ Σ. Given k and s′ ∈ Σ so that d(s′, s) < λ−k thensn′ = sn for all |n| < k, hence Ck(s′) = Ck(s).Note that h(s) ∈ Ck(s) and h(s′) ∈ Ck(s′) = Ck(s).Hence

‖h(s)− h(s′)‖ < diamCk(s) =√

23−k.

proving continuity.

h injective: Suppose, by contradiction, that there ex-ists s, s′ ∈ Σ with h(s) = h(s′) = x. By definitionfn(x) ∈ Ssn ∩ Ss′n for all n ∈ Z. Since S1 ∩ S2 = ∅we conclude s = s′.

h is surjective: Let x ∈ Λ. For any n ∈ Z,

fn(x) ∈ ∆ ∩ f(∆) = S1 ∪ S2.

Define

sndef=

{1 if fn(x) ∈ S1

2 if fn(x) ∈ S2

Hence x ∈ ⋂n∈Z f−n(Ssn) and h(s) = x.

h is homeomorphism: Σ and Λ are compact, h is continu-ous and bijective. Hence, f−1 is continuous.

h is topological conjugacy: s ∈ Σ implies h(s) = xiff fn(x) ∈ Ssn . Obviously, fn+1(x) ∈ Ssn+1

. Henceh ◦ σ = f ◦ h. �Corolario 7.2. f |Λ is topologically mixing (and hencetopologically transitive).


8. Topological Markov Chains

A matrix A = (aij)Ni,j=1, aij ∈ {0, 1}, is called a transition

matrix. We denote by ΣA defined by

ΣAdef= {s ∈ ΣN : asnsn+1

= 1 for all n ∈ Z}the space of admissible sequences. We call the mapσA = σ|ΣA the topological Markov chain associated withA.The space ΣA is an important example of a subshift offinite type.Representation by graph.

Lema 8.1. Denoting by Nmij the number of paths from

vertex i to vertex j with m edges, we have

Nmij = (Am)ij .

Proof. If m = 1 then N1ij = Aij .

By induction

Nm+1ij =

N∑

k=1

NmikAkj =

N∑

k=1

(Am)ikAkj = (Am+1)ij .

�Recall that periodic points of ΣA corresponding to peri-odic sequences of ΣA.

Corolario 8.2. σA has Tr(Am) periodic points of periodm.

A transition matrix A is irreducible if for any i, j there isn > 0 such that (An)ij > 0. This is equivalent to the factthat the corresponding graph is strongly connected, thatis, one can go from any vertex to any other vertex.

Given an index i, let p(i)def= greatest common divisor of

{` : (A`)ii > 0} be the period of the index i. To make thisnumber well defined, we assume that A is irreducible. Wesay that i is aperiodic if p(i) = 1, that is, to return to statei must occur in multiples of p(i) time steps. We say thatA is aperiodic if p(i) = 1 for all i.

• Nota que uma cadeia de Markov irredutıvel so pre-cisa de um estado aperiodico para implicar que to-dos os estados sao aperiodicos.

• Nota que i ∈ {0, . . . , N − 1} e aperiodico se e so-mente se existe N ≥ 1 tal que para todo n ≥ Ntem-se (An)ii > 0.

Lema 8.3. σA : ΣA → ΣA is topologically transitive iff Ais irreducible.

Lema 8.4. σA : ΣA → ΣA is topologically mixing iff A isirreducible and aperiodic.

Example 2.

(1 11 0

)is aperiodic and has period 1.

(1 10 1

)is not aperiodic.

(0 11 0

)is not aperiodic.

0 0 0 1 00 0 0 0 10 0 0 1 11 1 0 0 00 0 1 0 0

is irreducible and not aperiodic

9. Torus automorphism

9.1. Definition. Let T2 = R2/Z2 = S1 × S1 be a torusand consider the natural projection π : R2 → T2 and themetric

d(p, q)def= min

π(x)=p,π(y)=q‖x− y‖.

Consider a matrix

M ∈ SL(2,Z)def=

{(a bc d

): a, b, c, d ∈ Z, ad− bc = 1

}.

Consider the map fM : T2 → T2 defined by

fM (x, y)def= (ax+ by, cx+dy) mod 1 = M(x, y) mod 1.

Proposicao 9.1. fM is a homeomorphism.

Proof. If (x, y) ∼ (x′, y′) then M(x, y) ∼M(x′, y′), hencefM (T2) ⊂ T2.By definition

d(fM (p), fM (q)) ≤ max{|a|, |b|, |c|, |d|} · d(p, q),

hence fM is continuous (Lipschitz).The inverse matrix

M−1 =

(d −b−c a

)∈ SL(2,Z)

also defines a continuous map fM−1 : T2 → T2. We have

fM−1 = f−1M .

Hence fM is homeomorphism. �

Observacao 9.2. For M ∈ SL(2,Z) we have detM =1 = λ1(M) · λ2(M). The eigenvalues are the solutions ofthe characteristic equation det(λI −M) = 0. Hence,

• either |λ1(M)| = |λ2(M)| = 1• or λ1(M) = λ2(M)−1 and both numbers are irra-

tional.

Further, for every n ≥ 1 we have |det(I−An)| = |Tr(An)|.Recall that an eigenvalue λ satisfies

λ2 − (a+ d)λ+ (ad− bc) = 0

hence, if |λ1(M)| 6= 1, then

λ1,2 =a+ d

2±√

(a+ d)2

4+ 1 6∈ Q

Recall that the eigenvectors vi = (vix, viy), i = 1, 2, satisfy

vixviy

=b

λi − a=

d

λi − c6∈ Q.

We say that fM is hyperbolic if M has no eigenvalues withabsolute value equal to 1. In this case we also call M ahyperbolic matrix and fM is the hyperbolic automorphism.

Lema 9.3. A ∈ SL(2,Z) is hyperbolic iff |Tr(A)| > 2.

Lema 9.4. If A ∈ SL(2,Z) is hyperbolic then An is alsohyperbolic for any n ∈ Z \ {0}.Example 3.

f(x, y) = (2x+ y, x+ y) mod 1, M =

(2 11 1

)


Given n ≥ 1 let

Pern(fM )def= {p ∈ T2 : fnM (p) = p}

and

Per(fM )def=⋃

n≥1

Pern(fM ).

Proposicao 9.5. Let M ∈ SL(2,R) be hyperbolic andf = fM the corresponding hyperbolic torus automorphism.Then

(1) Per(fM ) = Q2/Z2 (periodic points have rational co-ordinates),

(2) card Pern(fM ) = |Tr(Mn)− 2|,(3) fM is topologically mixing.

Proof. (1)⊃: We show that any point with rational coor-dinates is periodic: Let x = (m1/`,m2/`) with m1,m2 ∈Z, ` ∈ N. Let m = (m1,m2). Then for all k ∈ Z

Mkx = Mk(m1

`,m2

`) =

1

`Mkm.

There exist k1 < k2 such that

Mk1m = Mk2m mod `.

Indeed: there exist only `2 possible different values forthe remainders when dividing by `. There are only `2 dif-ferent points on T2 whose coordinates can be representedas a rational number with denominator `, and all iteratesfkM (m1/`,m2/`), k = 0, 1, . . ., belong to that set.Letting n = k2 − k1, we have

Mk2−k1m = Mnm = m mod `

and hence

Mnx = x mod 1.

Thus x ∈ Pern(fM ) ⊂ Per(fM ).(1)⊂: Let p ∈ Pern(fM ). There exists a unique x ∈[0, 1)× [0, 1) ⊂ R2 such that π(x) = p. Hence

x = Mnx mod 1.

Hence there exists j ∈ Z2 such that

x−Mnx = j.

Note that the matrix (I −Mn) has integer coefficients.Note that det(I −Mn) 6= 0, indeed 1 is not an eigenvalueof M .Hence (I −Mn)−1 has rational coefficients.Hence x = (I −Mn)−1j ∈ Q2.

To prove fact (2), we observe that the map (I − Mn)maps [0, 1)2 to a parallelogram P generated by the vec-tors (I −Mn)e1 and (I −Mn)e2.Thus, any solution to the equation

(I −Mn)

(xy

)=

(k`

), k, ` ∈ Z

belongs to integer points (k, `) ∈ Z2 in the parallelogramP .

Teorema 9.6 (Pick’s Theorem). Consider a parallelo-gram P ⊂ R2 whose vertices are points with integer coor-dinates and let P ′ = π(P ) its projection. Then the numberof points in P ′ which have integer coordinates is equal tothe area of P .

Hence, by Pick’s theorem, the number of periodic pointsis

area(P ) = |det(I −Mn)| = |(λ1(Mn)− 1)(λ2(Mn)− 1)|= |λ1(Mn) + λ2(Mn)− 2|.

Let U, V ⊂ T2 be two open nonempty sets.Let λ1 > 1 > λ2 be the eigenvalues of M and letv1 = (v1

x, v1y), v2 be the corresponding eigenvectors. Re-

call that v1x/v

1y is irrational.

Consider the straight lines `1,2 = {tv1,2 : t ∈ R} whichhence have irrational slope. Their projections W1,2 =π(`1,2) to T2 are dense each.Take two small parallelograms with side lengths parallelto the eigenvectors: U ′ ⊂ U , V ′ ⊂ V .Density implies that W2 ∩ U ′ 6= ∅ and W1 ∩ V ′ 6= ∅.This will imply that there is N such that fnM (U ′)∩V ′ 6= ∅for all n ≥ N (draw a picture). �9.2. Symbolic dynamics. Consider the matrix

M =

(2 11 1

).

The induced map fM is also called Arnold’s cat map. Notethat

M

(10

)=

(2 11 1

)(10

)=

(21

),

and

M

(01

)=

(2 11 1

)(01

)=

(11

).

Teorema 9.7. The map fM : (x, y) 7→ (2x + y, x + y)mod 1 is topologically semi-conjugate to the topologicalMarkov chain σB : ΣB → ΣB corresponding to the transi-tion matrix

B =

1 0 1 1 01 0 1 1 01 0 1 1 00 1 0 0 10 1 0 0 1

.

Corolario 9.8. The map fM : T2 → T2 is topologicallymixing and periodic orbits are dense in T2.

Clearly, M is irreducible.Clearly, M is aperiodic. Indeed, for i = 2 we have(A3)22 > 0 (2 → 3 → 4 → 2) and (A5)22 > 0 (2 →3→ 3→ 3→ 4→ 2) and gcd{3, 5} = 1, hence p(2) = 1.

Clearly, since ΣB ⊂ Σ5 and Σ5 is a Cantor set, ΣB isnot homeomorphic to T2 and hence the semi-conjugationcannot be a conjugation.

Note that the transformation fM considered above has twoeigenvalues

λu =3 +√

5

2, λs =

3−√

5

2.

Note that 0 < λs < 1 < λu. Note that the eigenvectorsare

vu = (

√5 + 1

2, 1), vs = (

1−√

5

2, 1).

Note that they are orthogonal.

Proof. Let R1, R2 be two closed rectangles with sides par-allel to the eigenvectors of M .


2. SYMBOLIC DYNAMICS FOR A LINEAR AUTOMORPHISM OF THE TORUS 47

2. Symbolic dynamics for a linear automorphism of the torus

Theorem 45. The map f : (x, y) 7! (2x + y, x + y) (mod 1) is topolog-ically semiconjugate to the topological Markov chain �B : ⌃B ! ⌃B where�B is a shift map on the space ⌃B of bi-infinite sequences compatible withthe transition matrix

B =

0BBBB@

1 0 1 1 01 0 1 1 01 0 1 1 00 1 0 1 10 1 0 1 1

1CCCCA

.

Remark 46. Since ⌃B ⇢ ⌃ and ⌃ is homeomorhic to a Cantor set,⌃B is not homeomorphic to the torus. Consequently, f is not topologicallyconjugate to any subshift, only a semiconjugacy is possible.

Proof. Let R1 and R2 be two (closed) rectangles with the sides parallelto the eigenvectors of the matrix A shown on the following illustration:

R1

R2

Let ⇡ : R2 ! T2 be the natural projection. Check (look for equal triangleson the picture) that ⇡(R1 \ R2) = T2.

Intersections f(⇡(Ri)) \ ⇡(Rj) with j = 1, 2 define rectangles Sk withk = 1, . . . , 5, which looks like strips with sides parallel to the eigenvectors ofA (see the next pictures), in particular R1 = S1 [S2 [S3 and R2 = S4 [S5.In order to shorten the notation we introduce S0

k = ⇡(Sk) and R0k = ⇡(Rk).

Then

R01 = S0

1 [ S02 [ S0

3, R02 = S0

4 [ S05,

f(R01) = S0

1 [ S03 [ S0

4, f(R02) = S0

2 [ S05.

We conclude that f(S0j) \ S0

k = ; if Bjk = 0, and f(S0j) \ S0

k 6= ; if Bjk = 1.

(where B is the transition matrix)

Note that π(R1 ∪R2) = T2. The sets

fM (π(Ri)) ∩ π(Rj), i, j = 1, 2

define rectangles S1, . . . , S548 3. SMOOTH DYNAMICAL SYSTEMS

R1

R2

F (R1)

F (R2)

Figure 1. Rectangles R1 and R2 and their images (boldboundary) under the linear map F : (x, y) 7! (2x + y, x + y).

S1

S2

S3

S4

S5

Figure 2. Images of R1 and R2 are split into smaller rect-angles and translated by integer vectors back to R1 and R2.

For any sequence (!k)k2Z, !k 2 { 1, 2, 3, 4, 5 }, the set

\

k2Z

f�k(S0!k

)

either consists of a single point which we denote h(!) (provided ! 2 ⌃B) oris empty (otherwise). This can be shown by arguments very similar to theones used in the analysis of the Smale horseshoe. ⇤

Note that

R1 = S1 ∪ S2 ∪ S3, R2 = S4 ∪ S5.

DenoteS′kπ(Sk), R′k = π(Rk).

We have

R′1 = S′1 ∪ S′2 ∪ S′3,R′2 = S′4 ∪ S′5

fM (R′1) = S′1 ∪ S′3 ∪ S′4fM (R′2) = S′2 ∪ S′5.

HencefM (S′j) ∩ S′k = ∅ iff Bjk = 0.

For any sequence s ∈ ΣB , the set⋂

k∈Zf−k(S′sk)

if nonempty consists of a single point.

48 3. SMOOTH DYNAMICAL SYSTEMS

R1

R2

F (R1)

F (R2)

Figure 1. Rectangles R1 and R2 and their images (boldboundary) under the linear map F : (x, y) 7! (2x + y, x + y).

S1

S2

S3

S4

S5

Figure 2. Images of R1 and R2 are split into smaller rect-angles and translated by integer vectors back to R1 and R2.

For any sequence (!k)k2Z, !k 2 { 1, 2, 3, 4, 5 }, the set

\

k2Z

f�k(S0!k

)

either consists of a single point which we denote h(!) (provided ! 2 ⌃B) oris empty (otherwise). This can be shown by arguments very similar to theones used in the analysis of the Smale horseshoe. ⇤

MATH36206 - MATHM6206 Topological and Symbolic Dynamics

P4

P1

P5

P2

P1

f(R1)

f(R2)

P1

P4

P2

P3

P5

Figure 2.8: The images of the rectangles R1 and R2 under fA : T2 → T2.

fA. Let us use instead the finer partition

P = {P1, P2, P3, P4, P5}, T2 = R1 ∪ R2 = (P1 ∪ P2 ∪ P3) ∪ (P4 ∪ P5) =

5⋃

k=1

Pk

It is clear that if we code the orbit of the point (x, y) using a sequence (ai)i∈Z ∈ Σ5 = {1, . . . , 5}Z in the usualway, so that

fkA((x, y)) ∈ Pak

, for all k ∈ Z,

not all sequences of Σ5 will describe itineraries, becouse of the inclusions (2.17). For example, if ak = 1, itmeans that fk

A((x, y)) ∈ P1 ⊂ R1. Thus, fk+1A ((x, y)) ∈ f(R1) = P3 ∪ P1 ∪ P4, so ak+1 can be only 1, 3 or 4.

Reasoning in a similar way, since if x ∈ P2 ⊂ R1 or x ∈ P3 ⊂ R1, f(x) ∈ f(R1) = P3 ∪ P1 ∪ P4, the digits2, 3 can be followed only by 1, 3 or 4. If x ∈ P4 ⊂ R2 or x ∈ P5 ⊂ R2, f(x) ∈ f(R2) = P2 ∪ P5, we see that4, 5 can be followed only by 2 or 5.

Let encode this information in a 5 × 5 transition matrix B, by setting Bij = 1 if and only if i can befollowed by j, 0 otherwise. We get

B =

⎛⎜⎜⎜⎜⎝

1 0 1 1 01 0 1 1 01 0 1 1 00 1 0 0 10 1 0 0 1

⎞⎟⎟⎟⎟⎠

. (2.18)

These considerations lead to the following:

36 c⃝ University of Bristol 2010 & 2014

�The partition T2 = R1 ∪ R2 is an example of a Markovpartition.

9.3. Sensitive dependence on the initial conditions.A topological dynamical system f : X → X has sensitivedependence on initial conditions if there exists ∆ > 0, thesensitivity constant, such that for all x ∈ X and all δ > 0there exists y ∈ B(x, δ) and n ≥ 1 such that

d(fn(x), fn(y)) ≥ ∆.

Lema 9.9. If f : X → X has sensitive dependence oninitial conditions with sensitivity constant ∆ then any∆′ ∈ (0,∆) is also a sensitivity constant.

Proposicao 9.10. Any hyperbolic torus automorphismshas sensitive dependence on initial conditions.

Proof. Let ∆ = 1/2. Let x ∈ T2 and δ > 0. Consider anyy ∈ B(x, δ) which is on the direction of the eigenvectorλu. Since fA expands in direction vu by the factor λu wehave

d(fnA(y), FnA(x)) = λnud(y, x)

for all n such that λnud(y, x) ≤ 1/2. Since λu > 1, there isN ≥ 1 such that λNu /2 > δ. We now choose y such thatd(y, x) = λNu /2. Then d(fnAy, f

nAx) = 1/2. �

Following the book [] Devaney, we say that a topologicaldynamical system if chaotic if

• f has sensitive dependence on initial conditions,• f is topologically transitive,• the set of periodic points is dense.


10. The solenoid

10.1. Attractors. Consider a topological dynamical sys-tem f : M →M , M a manifold. A compact set N ⊂M isa trapping region for f if f(N) ⊂ int(N). A set Λ ⊂M isan attracting set if there is a trapping region N such thatΛ =

⋂k≥0 f

k(N).

10.2. Definition.


8. O SOLENOIDE

D2 = {z 2 C, |z| 1}, S1 = {t 2 Rmod 1}, N = S1 ⇥D2, D(t) = {t}⇥D2.

Teorema ⇤ = \fk(N) e um atrator hiperbolico, expansor, de dimensao topologica 1.

f : N ! N

(t, z)! (g(t), 14z + 1

2e2⇡ti)

Observacao 8.1. f(D(t)) ⇢ D(2t) e e uma contracao com fator 14

em cada fibra.

Proposicao 8.2. Para cada t0 fixo, ⇤ \D(t0) e Cantor.

Demonstracao. Se f(t, z) 2 D(t0) entao g(t) = t0mod1, so t = t02

ou t02

+ 12.

Note que

f(D(t02

)) = (t0,1

4D2 + {1

2e⇡t0i}),

f(D(t0 + 1

2)) = (t0,

1

4D2 � {1

2e2⇡t0i}),

pois e⇡t0i+⇡i = �e⇡t0i.Entao, as duas imagens estao na mesma fibra mas sao reflexaes uma da outra em relacao aorigem da fibra D(t0).Sao disjuntas porque 1

2� 1

4> 0.

Ambas as imagens estao em D(t0) porque 12

+ 14

< 1 e portanto f(N) ⇢ N .Seja

Nk ⌘k\

j=0

f j(N) = fk(N).

Consider the solid torus T = S1 ×D2, where

D2 = {z ∈ C : |z| ≤ 1}.Let

g : S1 → S1, g(z) = 2t mod 1

The circle can also be thought of subset of C, S1 ={z : |z| = 1}, and then g(z) = z2. Consider the map

f : T → T, f(t, z)def= (2t,

z

4+

1

2e2πti).

Let

Λdef=⋂

k∈Zf−k(T ).

For every t ∈ S1 consider the fiber at angle t,

D(t) = {t} ×D2.

Teorema 10.1. The set Λ is an attracting set for f .

Note that for every t ∈ S1 we have f(D(t)) ⊂ D(2t) andf : D(t) → f(D(t)) ⊂ D(2t) is a contraction by a factor1/4.

Proposicao 10.2. For every t0 the set Λ ∩ D(t0) is aCantor set.

Proof. If f(t, z) ∈ D(t0) then we have g(t) = t0 mod 1,hence

or t =t02

or t =t02

+1

2.

Note that

f(D(t02

)) = f({ t02} ×D2) = (t0,

1

4D2 + {1

2eπt0i}),

f(D(t02

+1

2)) = f({ t0

2+

1

2}×D2) = (t0,

1

4D2−{1

2e2πt0i}),

since

e2π(t02 + 1

2 )i = eπt0i+πi = −eπt0i.Entao, as duas imagens estao na mesma fibra mas sao re-flexoes uma da outra em relacao a origem da fibra D(t0).Sao disjuntas porque 1

2 − 14 > 0.

Ambas as imagens estao em D(t0) porque 12 + 1

4 < 1 eportanto f(N) ⊂ N .

Given k ≥ 0, let

Nk ≡k⋂

j=0

f j(N) = fk(N).

Afirmacao 5. Para todo t ∈ S1, Nk ∩D(t) e a uniao de

2k discos de raio(

14

)k.

Proof. Para k = 0, e claro que cumple-se.Para k = 1, segue do que fizemos acima.

Nk ∩D(t) = f(Nk−1 ∩D(t/2))∪ f(Nk−1 ∩D(t/2 + 1/2)).

Por inducao, Nk−1 ∩ D(t/2) e Nk−1 ∩ D(t/2 + 1/2), sao

cada um, uniao de 2k−1 discos de raio(

14

)k−1.

Segue do fato que f e contracao nas fibras por fator 1/4que

f(Nk−1 ∩D(t/2)) e f(Nk−1 ∩D(t/2 + 1/2))

sao, cada um, uniao de 2k−1 discos de raio(

14

)k. Juntos,

sao uniao de 2k discos de raio(

14

)k. �

Agora,

Λ =

∞⋂

k=0

fk(N) =

∞⋂

k=0

Nk

and hence Λ e um Cantor. �

10.3. Propriedades topologicas do Solenoide Λ.

Proposicao 10.3. Λ tem as seguintes propriedades:

(a) Λ e conexo.(b) Λ nao e localmente conexo.(c) Λ nao e conexo por caminho.(d) Dimensao topologica de Λ e 1.

(Recall that Λ is locally connected if every point admits aneighbourhood basis consisting entirely of open, connectedsets.)(Recall that the topological dimension is defined recur-sively: Λ has dimension 0 if for each x ∈ Λ there is an ar-bitrarily small neighborhood U of x such that ∂U∩Λ = ∅.Inductively, it has (integer!) topological dimension n ifthere is an arbitrarily small neighborhood U of x suchthat ∂U ∩ Λ has topological dimension n− 1.)

Proof. (a) Seque do fato que Nk sao compactos, conexose encaixados e portanto sua interseccao Λ e conexa.

(b) Para 0 < t2 − t1 < 1, o conjunto

Nk ∩⋃

t1≤t≤t2D(t)

e a uniao de 2k tubos “twisted”. Para cada vizinhancaU de um ponto p ∈ Λ, tem uma escolha de t1 e t2 e kgrande, tal que U contains dois destes tubos. Como cadatubo contains algum ponto de Λ, isto mostra que Λ nao elocalmente conexo.

(c) Fixa p = (t0, z0) ∈ Λ.Por inducao, para k ≥ 1, existe qk ∈ Λ ∩D(t0) tal que:

(i) Para k ≥ 2, qk esta na mesma componente deNk−1 ∩D(t0) que qk−1 e


(ii) Para todo caminho de p a qk em Nk deve se enro-lar em S1 pelo menos 2k−1 vezes. (Isto especifica acomponente de Nk ∩D(t0) a qual qk pertence).

Por construcao, a sequencia {qk}∞k=1 e Cauchy. Seja

qdef= lim qk

portanto q ∈ Λ porque Λ e fechado.

Afirmacao 6. Nao existe caminho continuo em Λ de p aq.

Proof. Note que q pertence a mesma componente deNk∩D(t0) que qk. Para todo caminho de p a q em Nk deveintersectar D(t0) pelo menos 2k−1 vezes, indo em torno deS1 entre cada destas interseccao. Entao, se existe cam-inho continuo em Λ de p a q, teria que intersectar D(t0)infinitas vezes (pelo menos 2k−1 para k arbitrariamentegrande) Mas isto e absurdo porque o caminho continuonao pode ir em torno de S1 infinitas vezes, o que prova aafirmacao. �

(d) Em cada fibra Λ ∩ D(t0) e totalmente desconexo etem dimensao topologica zero. Num segmento de N , oconjunto

Λ ∩⋃

t1≤t≤t2D(t)

e homeomorfico ao produto de Λ ∩ D(t1) e do intervalo[t1, t2]. Portanto tem dimensao topologica 1.

�Proposicao 10.4. f |Λ tem as propriedades:

(a) periodicos sao densos em Λ e(b) e topological transitiva.

Lema 10.5. Os pontos periodicos de g sao densos em S1,pois g e conjugada ao shift 2-simbolos.

Proof. Note se gk(t0) = t0, entao

fk(D(t0)) ⊂ D(t0).

Como D(t0) e um disco, fk|D(t0) e uma contracao, segue

que fk tem ponto fixo em D(t0). Pelo Lema, segue que asfibras com ponto periodico para f sao densas no conjuntodas fibras.Basta mostrar que os pontos periodicos sao de fato densosem Λ. Tome p ∈ Λ e vizinhanca U de p. Como

p ∈ Λ =

∞⋂

k=0

Nk,

onde Nk = fk(N) sao tubos, existe um index k ≥ 0 e umintervalo [r, s] tal que p esta numa vizinhanca tubular

V ⊂ fk(N) ∩⋃

r≤t≤sD(t)

que por sua vez contem U .Assim, existe uma escolha intervalo [t1, t2] tal que tal

fk(D([t1, t2])) ⊂ V.Mostravamos antes que f tem ponto periodico na fi-bra D([t1, t2]). Portanto, f tem ponto periodico emfk(D([t1, t2])) e portanto em U . Isto prova a primeiraparte da Proposicao.

Recall that f |Λ is topologically transitive provided forany open sets U, V (in Λ) there is n ≥ 1 such thatf(U) ∩ V 6= ∅.Sejam entao U e V dois abertos de Λ. Entao existemabertos U ′, V ′ em S1 ×D2 tais que

U ′ ∩ Λ = U e V ′ ∩ Λ = V.

Usando o mesmo argumento, existem entao k ∈ N, 0 <t2 − t1 < 1 e 0 < t′2 − t′1 < 1 tais que

fk(D([t1, t2])) ⊂ U ′ e fk(D([t′1, t′2])) ⊂ V ′.

Existe tambem j > 0 tal que

f j(D([t1, t2]) ∩D([t′1, t′2])) 6= ∅.

De fato, como podemos tomar j tal que f j(D([t1, t2]) cruzaD([t′1, t

′2]) completamente, podemos de fato assumir que

f j(D[t1, t2] ∩ Λ) ∩D([t′1, t′2]) ∩ Λ 6= ∅.

Entao

∅ 6= fk(f j(D[t1, t2] ∩ Λ) ∩D([t′1, t

′2]) ∩ Λ

)

= f j(fk(D[t1, t2] ∩ Λ) ∩ fk(D([t′1, t′2]) ∩ Λ)

⊂ f j(U ′) ∩ V ′ ∩ Λ

= f j(U ′ ∩ Λ) ∩ (V ′ ∩ Λ)

= f j(U) ∩ V.dai segue o transitivo. �

10.4. O solenoide e um limite inverso. Given thetransformation g : S1 → S1, we consider the natural ex-tension, writing S = S1,

g : S → S,

given by

g(. . . , t−1, t0)def= (. . . , t−1, t0, g(t0))

on the space

S = {t = (t−n)n≥0 : g(t−(n+1)) = t−n for every n ≥ 0}.Note that this is indeed an extension through the naturalprojection

π : S → S, π(t) = t0.

Note that g is invertible and its inverse is given by

g−1(. . . , t−1, t0) = (. . . , t−2, t−1).

Giving S the relative topology as a subset of the productSZ+ , we obtain a homeomorphism g of S.One can equip S with the metric

d(t, τ) =∑

k≥0

2−kd(t−k, τ−k).

A point p = (t, z) ∈ Λ is determined by a sequence of de-scending disks in D(t), which in turn are determined bythe preimages of t by g.For an expanding map we use its forward iterates to de-termine the coding of a point. For a contracting map weuse its backward iterates.Define

h : Λ→ S, h(t, z)def= (. . . , t−1, t0)

where t0 = t and f−k(p) ∈ D(t−k) for k ≥ 0.


Proposicao 10.6. The topological dynamical systemsf : Λ → Λ and g : S → S are topologically conjugate byh : Λ→ S, that is, h ◦ f = g ◦ h.

Λf−−−−→ Λ

h ↓ ↪→ ↓ hS

g−−−−→ S

Proof. .Passo 1. h(Λ) ⊂ S.Let h(p) = (. . . , t−1, t0). Hence,

f−k(p) ∈ D(t−k) and f−(k+1)(p) ∈ D(t−k−1)

by definition. Hence

p ∈ fk(D−k) ∩ fk+1(D−k−1)

= fk(D−k ∩ f(D−k−1))

and in particular, using that f is invertible,

D−k ∩ f(D−k−1) 6= ∅.Moreover, since by the definition of the solenoid, the fiberdisks D−k and D−k−1 either are disjoint or contained ineach other, we have

D−k ⊃ f(D−k−1)

Hence, we obtain that for every k ≥ 0

g(t−k−1) = t−k,

that is, (. . . , t−1, t0) ∈ S.

Passo 2. h ◦ f = g ◦ h.Let p ∈ Λ and consider with q = f(p)

h(p) = (. . . , t−1, t0)

and(h ◦ f)(p) = h(q) = (. . . , τ−1, τ0).

Since h(p) = (. . . , t−1, t0) implies for all k ≥ 0

f−k(p) ∈ D(t−k)

and since h(q) = τ implies for all k ≥ 0

f−k(p) = f−(k+1)(f(p)) = f−(k+1)(q) ∈ D(τ−(k+1))

andf(p) = q ∈ Dτ0 .

Thus,g(t0) = τ0

and for all k ≥ 0t−k = τ−(k+1)

and so g−1(. . . , τ−1, τ0) = (. . . , t−1, t0).and so g(. . . , t−1, t0) = (. . . , τ−1, τ0).Thus, we obtain

(g ◦ h)(p) = g(. . . , t−1, t0) = (. . . , τ−1, τ0) = (h ◦ f)(p).

Passo 3. h is one-to-one.If h(p) = h(q), then

f−k(p), f−k(q) ∈ D(t−k).

Hencep, q ∈ fk(D(t−k)).

Since those are nested sequence of closed disks in a corre-sponding fiber, we have p = q.

Passo 4. h is onto S.Given (. . . , t−1, t0) ∈ S, we have for every k ≥ 0

g(t−(k+1)) = t−k

and hencef(D(t−(k+1))) ⊂ D(t−k)

and thus,

. . . f2(D−2) ⊂ f(D−1) ⊂ D(t0).

Hence ⋂

k≥0

fk(D−k)

is a nested sequence of closed disks with nonempty inter-section. Moreover, this intersection contains precisely onepoint p and h(p) = (. . . , t−1, t0).By definition, h is continuous and Λ is compact. Hence his homeomorphism. �


11. Teorema de Sharkovsky

Seja f : I → I continua.Nesta secao dizemos que x e periodico se existe n ≥ 1tal que fn(x) = x. Chamamos o menor numero in-teiro positivo com tal propriedade o periodo de x, i.e.,o periodo e a cardinalidade da orbita de x, O+

f (x) =

{x, f(x), . . . , fn−1(x)}.Uma orbita periodica tambem chamamos um cıclo.Seja f : I → I continua. Dizemos que J ⊂ I cobre K ⊂ I(relativamente a f) se K ⊂ f(J), denotamos J → K.Dado um numero finito de intervalos, ssociamos o graficode Markov correspondente a essas relacoes.

Lema 11.1. Se J → I, entao f tem um ponto fixo em J .

Proof. Se b1, b2 ∈ I = [a1, a2] com f(bi) = ai, entao us-ando a1 ≤ b1, b2 ≤ a2, tem-se

f(b1)− b1 = a1 − b1 ≤ 0 ≤ a2 − b2 = f(b2)− b2.Portanto, pelo teorema de valor intermediario, existe xentre b1 e b2 com f(x)− x = 0. �

Lema 11.2. Se J0, . . . , Jn−1 sao intervalos fechados lim-itados e

J0 → J1 → . . .→ Jn−1 → J0,

(chamamos um loop) entao existe x tais que fk(x) ∈ Jkpara k = 0, . . . , n− 1 e fn(x) = x.

Proof. Se I → J , entao existe K ⊂ I tal que f(K) = J .Portanto:como Jn−1 → J0, ∃Kn−1 ⊂ Jn−1 com f(Kn−1) = J0

como Jn−2 → Kn−1, ∃Kn−2 com f(Kn−2) = Kn−1, etc.existe Ki ⊂ Ji, i = 0, . . . , n− 1existe x ∈ K0, tal que f i(x) ∈ Ki ⊂ Ji, i = 0, . . . , n− 1, efn(x) ∈ J0

como K0 ⊂ J0 = fn(K0), existe ponto fn-fixo in K0. �

Example 4. considere um loop para f(x) = −2x

[−1, 0]→ [0, 1], [0, 1]→ [−1, 0].

ha apenas um ponto fixo x = 0. queremos excluir o casode periodo que e divisor de n, para um n-loop.

Dizemos que um loop

J0 → J1 → . . .→ Jn−1 → J0,

e elementar, quando todo ponto periodico x seguindo ele,i.e. f i(x) ∈ Ji para i = 0, . . . , n− 1, e de periodo n.

Corolario 11.3. Se J0 → J1 → . . . → Jn−1 → J0 e loopelementar, entao existe um ponto periodico de periodo nseguindo ele.

Lema 11.4 (criterio de ser elementar). Um loop J0 →J1 → . . . → Jn−1 → J0 e elementar se nenhum ponto ex-tremo de J0 esta seguindo ele e quando int(J0) ∩ Ji = ∅para i = 1, . . . , n− 1.

Proof. Se x segue, pela hipotese x 6∈ ∂J0, portanto x ∈int(J0). Como f i(x) 6∈ int(J0) para i = 1, . . . , n− 1, seguex 6= f i(x) para i = 1, . . . , n− 1. �

Se I = [a, b] e tal que a e b estao pontos num ciclo O,chamamos I um O-intervalo.

11.1. Periodo 3 implica todos os periodos.

Proposicao 11.5. Se f tem pontos periodicos de periodo3, entao tem tambem pontos periodicos de periodo n paraqualquer n ≥ 1.

Proof. Seja orbita O = {x0, x1, x2}.Supomos x0 7→ x1 7→ x2 7→ x0

Seja I0 = 〈x0, x2〉, I1 = 〈x0, x1〉.

In the rest of the paper the above ideas will be applied to O-intervals. We will useonly information that can be obtained from the action of f on O and therefore appliesto all continuous maps f for which O is a cycle.

In particular, all of the covering relations I ! J of O-intervals considered in therest of the paper are O-forced. By this we mean that J lies in the O-interval whoseendpoints are the leftmost and rightmost points of f (I \ O). By our standing assump-tion that f is continuous and the Intermediate-Value Theorem, this implies I ! J . Wesay that a loop of O-intervals is O-forced if every arrow in it arises from an O-forcedcovering relation.

Because in the remainder of the paper these are the only covering relations we will

use, the symbols “f�!” and “!” will henceforth denote O-forced covering relations.

3. EXAMPLES. The first example is the most celebrated special case of the Shar-kovsky Theorem: that period 3 implies all periods. The second and third examplesapply the same method to longer cycles and illustrate how our choice of O-intervalsdiffers from that made in the standard proof. The last example illustrates our inductionargument, which is built on the doubling structure of the Sharkovsky order.

3.1. Period 3 Implies All Periods. A 3-cycle comes in two versions that are mirrorimages of one another. In Figure 2, the dashed arrows indicate that x1 = f (x0), x2 =f (x1), and x0 = f (x2). In both pictures, I1 is the O-interval with endpoints x0 and x1,and I0 is the O-interval with endpoints x0 and x2. The endpoints of I1 are mapped tothe very left and right points of the cycle, so we have the O-forced covering relationsI1 ! I1 and I1 ! I0. The endpoints of I0 are mapped to those of I1, and so I0 ! I1

is O-forced. We summarize these covering relations by writing I1 � I0.

I0 I1 I1 I0

x2 x0 x1 x1 x0 x2

Figure 2. 3-cycles.

Since I1 ! I1, Lemma 2.2 implies that I1 contains a fixed point of f .The endpoints of I1 cannot follow the cycle I1 ! I0 ! I1 because they are periodic

points with period 3, whereas a point that follows this cycle must have period 1 or 2.By Lemma 2.6, f has a point with period 2.

No point of O, and hence no endpoint of I0, has three consecutive iterates in theinterval I1. Hence by Lemma 2.6 the loop

I0 !l � 1 copies of I1z }| {

I1 ! I1 ! · · · ! I1 ! I0

is elementary if l > 3. Thus, f has a periodic point of period l for each l > 3.This shows a special case of the Sharkovsky Theorem: the presence of a period-3

point causes every positive integer to be a period.

3.2. A 7-cycle. Consider a 7-cycle O and O-intervals as in Figure 3. Again, we writexi = f i (x0) and I1 = [x0, x1] and so on, as indicated. With this choice of intervals weget the following O-forced covering relations:

March 2011] THE SHARKOVSKY THEOREM: A NATURAL DIRECT PROOF 233

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Tem-se I1 → I1, I1 → I0, I0 → I1.I1 → I1 ⇒ existe ponto fixo em I1x0, x1 nao segue I1 → I0 → I1, pois x0, x1 tem periodo 3e um ponto que segue este loop deve ter periodo 1 ou 2.Lema 11.4 ⇒ I1 → I0 → I1 loop elementar⇒ existe ponto fixo de f2 em I1, portanto periodo 2nenhum ponto em O e portanto nenhum extremo de I0tem tres iterados consecutivos em I1.⇒ I0 → I1 → I1 → . . . → I1 → I0, ` vezes com ` ≥ 1,loop elementar �

11.2. Ordem de Sharkovsky.

3 . 5 . 7 . . . . .2 · 3 . 2 · 5 . 2 · 7 . . . .. . . . 22 · 3 . 22 · 5 . 22 · 7 . . . . . . . . 23 . 22 . 2 . 1

fornece uma ordem total de N.Tem-se

` . r ⇒ 2` . 2r.

Teorema 11.6 (Sharkovsky). Se existe um pontoperiodico de periodo m para f e m . `, entao existe umponto periodico de periodo ` para f .

Portanto o conjunto dos periodos e uma cauda, i.e., umconjunto T ⊂ N tais que

s . t para todo s 6∈ T e todo t ∈ T.

Ha tres tıpos de cauda:

{m} ∪ {` : m . `},{. . . 16 . 8 . 4 . 2 . 1},∅

Teorema 11.7 (Sharkovsky – Realisacao). Qualquercauda da ordem de Sharkovsky e o conjunto de perio-dos para alguma transformacao continua num intervalofechado limitado.


11.3. Periodo 7 ciclos. Seja O = {x0, x1, . . . , x6} tal que

x0 7→ x1 7→ . . . 7→ x6.

x6 x4 x2 x0 x1 x3 x5

I1

I2

I3

I4

I5I0

Figure 3. A 7-cycle.

(1) I1 ! I1 and I0 ! I1,(2) I1 ! I2 ! I3 ! I4 ! I5 ! I0, and(3) I0 ! I5, I3, I1.

This information can be summarized in a graph as follows:

I 1 I 2

I0 I3

I5 I4

(2)

From this graph we read off the following loops.

(4) I1 ! I1,(5) I0 ! I5 ! I0,(6) I0 ! I3 ! I4 ! I5 ! I0,(7) I0 ! I1 ! I2 ! I3 ! I4 ! I5 ! I0,(8) I0 ! I1 ! I1 ! · · · ! I1 ! I2 ! I3 ! I4 ! I5 ! I0 with 3 or more

copies of I1.

I1 ! I1 is elementary because it has length 1, and the remaining loops are elementaryby Lemma 2.6 because Int(I0) \ I j = ? if 1 j 5 and the loops cannot be followedby an endpoint of I0 for reasons familiar from the previous example. The lengths ofthese loops are 1, 2, 4, 6, and anything larger than 7, which proves that this cycle forcesevery period l G 7.

The standard proof uses a different choice of O-intervals to study this example: theinterval Ii for each i with 2 i 5 is replaced by the interval between xi and xi�2.With this alternative choice one still obtains the covering relations (1)–(3), but ourchoice of O-intervals adapts better to other situations such as that in the next example.

3.3. A 9-cycle. Figure 4 shows a 9-cycle O for which we chose O-intervals I0, . . . , I5

such that Int(I0) \ I j = ? if 1 j 5 and the covering relations in the graph (2)above are satisfied. The arguments in Subsection 3.2 apply word-for-word to showthat there are elementary loops, and hence periodic orbits, of length 1, 2, 4, 6, andanything larger than 7.

The endpoints x0, . . . , x6 of the intervals in Figure 4 spiral outwards from the “cen-ter” c := (x0 + x1)/2 like the corresponding points in Figure 3, but now they do notconstitute the entire cycle O and we do not have f (xi ) = xi+1 for every i .

234 c� THE MATHEMATICAL ASSOCIATION OF AMERICA [Monthly 118


entao:

• I1 → I1• I0 → I1• I1 → I2 → I3 → I4 → I5 → I0• I0 → I5, I3, I1

x6 x4 x2 x0 x1 x3 x5

I1

I2

I3

I4

I5I0

Figure 3. A 7-cycle.

(1) I1 ! I1 and I0 ! I1,(2) I1 ! I2 ! I3 ! I4 ! I5 ! I0, and(3) I0 ! I5, I3, I1.

This information can be summarized in a graph as follows:

I 1 I 2

I0 I3

I5 I4

(2)

From this graph we read off the following loops.

(4) I1 ! I1,(5) I0 ! I5 ! I0,(6) I0 ! I3 ! I4 ! I5 ! I0,(7) I0 ! I1 ! I2 ! I3 ! I4 ! I5 ! I0,(8) I0 ! I1 ! I1 ! · · · ! I1 ! I2 ! I3 ! I4 ! I5 ! I0 with 3 or more

copies of I1.

I1 ! I1 is elementary because it has length 1, and the remaining loops are elementaryby Lemma 2.6 because Int(I0) \ I j = ? if 1 j 5 and the loops cannot be followedby an endpoint of I0 for reasons familiar from the previous example. The lengths ofthese loops are 1, 2, 4, 6, and anything larger than 7, which proves that this cycle forcesevery period l G 7.

The standard proof uses a different choice of O-intervals to study this example: theinterval Ii for each i with 2 i 5 is replaced by the interval between xi and xi�2.With this alternative choice one still obtains the covering relations (1)–(3), but ourchoice of O-intervals adapts better to other situations such as that in the next example.

3.3. A 9-cycle. Figure 4 shows a 9-cycle O for which we chose O-intervals I0, . . . , I5

such that Int(I0) \ I j = ? if 1 j 5 and the covering relations in the graph (2)above are satisfied. The arguments in Subsection 3.2 apply word-for-word to showthat there are elementary loops, and hence periodic orbits, of length 1, 2, 4, 6, andanything larger than 7.

The endpoints x0, . . . , x6 of the intervals in Figure 4 spiral outwards from the “cen-ter” c := (x0 + x1)/2 like the corresponding points in Figure 3, but now they do notconstitute the entire cycle O and we do not have f (xi ) = xi+1 for every i .

234 c� THE MATHEMATICAL ASSOCIATION OF AMERICA [Monthly 118


temos os seguintes loops:

• I1 → I1• I0 → I5 → I0 lenght 2• I0 → I3 → I4 → I5 → I0 lenght 4• I0 → I1 → I2 → I3 → I4 → I5 → I0 lenght 6• I0 → I1 → . . . → I1 → I2 → I3 → I4 → I5 → I0, `

vezes com ` ≥ 3 lenght ≥ 7

Notamos:I1 → I1 elementar (periodo 1)int I0 ∩ Ii = ∅ para i = 1, . . . , 5Portanto: este ciclo esta forcando {` : 7 . `}

11.4. Ciclos de Stefan. sejam m ≥ 2 e O um m-cycle def : I → I continua.Seja p ∈ O menor tal que f(p) > pseja q ∈ O a direita de p (existem porque m ≥ 2)consideramos o centro

cdef=p+ q

2.

dado x ∈ O, seja Ox intervalo limitado por x e c.

Ox =

{O ∩ [x, p] se x ≤ pO ∩ [q, x] se x ≥ q

dizemos que x troca lados se c esta entre x e f(x).Uma sequencia {x0, . . . , xn} ⊂ O e Stefan se

(S1) {x0, x1} = {p, q}(S2) x0, . . . , xn em lados alternados, x2j monotonica-

mente crescente, x2j+1 monotonicamente decres-cente, afastando-se de c,

(S3) para 1 ≤ j ≤ n− 1, xj troca lados e xj+1 ∈ Of(xj),i.e.

xj < c < xj+1 ≤ f(xj) (se xj < c)

ou

f(xj) ≤ xj+1 < c < xj (se c < xj)

(S4) xn nao troca lados.

Dado sequencia {x0, . . . , xn} ⊂ O Stefan, definimosI0, . . . , In−1:1 ≤ j ≤ n− 1: Ij intervalo mais curto contendo x0, x1, xjI0 O-intervalo contendo xn−2, xn

Notamos

• n+ 1 ≤ m• {x0, . . . , x6} no exemplo do 7-ciclo e sequencia

Stefan• (S2)⇒ int(I0) ∩ Ij = ∅, 1 ≤ j ≤ n− 1

Lema 11.8. Dado sequencia {x0, . . . , xn} ⊂ O Stefan,tem-se

(1) I1 → I1, I0 → I1.(2) I1 → I2 → . . .→ In−1 → I0.(3) I0 → Ik para qualquer k = n− 1, n− 3, . . ..

Definition 4.2. A sequence x0, . . . , xn of points in O is called a Stefan sequence if

(S1) {x0, x1} = {p, q}.(S2) x0, . . . , xn are on alternating sides of the center c and the sequences (x2 j ) and

(x2 j+1) are both strictly monotone (necessarily moving away from c).

(S3) If 1 j n � 1, then x j switches sides and x j+1 2 O f (x j ).

(S4) xn does not switch sides.

Remark 4.3. The condition x j+1 2 O f (x j ) in (S3) means that c < x j+1 f (x j ) ifx j < c and c > x j+1 � f (x j ) if x j > c.

(S2) implies that x0, . . . , xn are pairwise distinct. Hence n + 1 m and so n < m.Figure 2 and Figure 3 show Stefan sequences that happen to consist of the entire cycle;we have n + 1 = m in these cases. Figure 4 provides an illustration in which a Stefansequence is a proper subset of the cycle and n + 1 < m.

(S1) and (S4) together imply that n � 2 and hence m � 3. Note that for m = 1 theSharkovsky Forcing Theorem is vacuously true and for m = 2 it is an application ofLemma 2.2.

Proposition 4.4. Suppose that the m-cycle O has a Stefan sequence. If l G m, thenf has an O-forced elementary l-loop of O-intervals and hence a periodic point withleast period l.

Given a Stefan sequence x0, . . . , xn we define the desired O-intervals I0, . . . , In�1

as follows. For 1 j < n, we take I j to be the shortest interval that contains x0, x1,and x j , while I0 is defined to be the O-interval with endpoints xn and xn�2. It followsfrom (S2) that Int(I0) \ I j = ? if 1 j < n.

Proposition 4.5. With I j chosen as above, we have the following O-forced coveringrelations.

(1) I1 ! I1 and I0 ! I1.(2) I1 ! I2 ! · · · ! In�1 ! I0.(3) I0 ! In�1, In�3, . . . .

They can be summarized in a graph as follows:

I 1

I0 In�5

In�1 In�4

In�2 In�3

Proof. (1) We will, in fact, prove that I j ! I1 for j = 0, . . . , n � 1. This amounts toshowing that f (I j ) contains x0 and x1.

By (S2) and (S3) (or by (S1) if j = 1) the endpoints of I j for j = 1, . . . , n � 1are on opposite sides of c and both switch sides. The endpoints of I0 are on the sameside of c, but one switches sides and the other does not, by (S4). In either case f (I j )

March 2011] THE SHARKOVSKY THEOREM: A NATURAL DIRECT PROOF 237


Portanto temos os seguintes loops (lacos):

(L1) I1 → I1loop tem comprimento 1

(L2) I0 → In−(`−1) → . . .→ In−1 → I0se ` par (⇔ (`− 1) impar), ` ≤ nloop tem comprimento `

(L3) I0 → I1 → . . .→ I1 → I2 → . . .→ In−1 → I0,onde I1 e r vezes repetidoloop tem comprimento ` = n− 1 + r

Proposicao 11.9. Seja O m-ciclo com sequencia Stefan.Se m . `, entao f tem `-laco O-forcado de O-intervaloselementar. Portanto tem um ponto periodico de periodo `.

11.5. Existencia de sequencias Stefan. A unica ob-strucao de ter sequnencia Stefan e quando todos pontosem O trocam lados.

Proposicao 11.10. Seja O m-ciclo com m ≥ 2. Entao:

• ou todo ponto em O troca lados,• ou existe uma sequnencia Stefan.

Portanto, concluimos:

Proposicao 11.11. Seja O m-ciclo com m ≥ 2 tal queexiste um ponto que nao troca lados. Entao para qualquer` tal que m. ` existe um `-loop de O-intervalos e portantoum `-ciclo.

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