UNIVERSIDADE FEDERAL FLUMINENSE
PÓS-GRADUAÇÃO EM MATEMÁTICA
C
r− Persistencia do Intervalo de Rotação
para Endomorfismos de grau
1
Nestor Nina Zarate
Dissertação submetida ao Corpo Docente do Insti-tuto de Matemática da Universidade Federal Flu-minense, como parte dos requisitos necessários para a obtenção do grau de Mestre.
Orientador: Andres Koropecki
Resumo
No presente trabalho faremos uma exposição do artigo Changing rotation intervals of endomorphisms of the circle de R. Bamon, I. Malta e M.J. Pacifico (Invent. Math. 83 (1986), 257-264). Neste artigo considera-se o conjunto dos endomorfismos de grau 1 do círculo de classe Cr com r ≥ 1 para os quais o intervalo de rotação é Cr-persistente, isto é, não muda
por pequenas Cr-perturbações. O resultado principal caracteriza esse tipo de endomorfismos e
diz que eles são densos no espaço dos endomorfismos de grau 1. Também mostra-se que quando o intervalo de rotação é Cr-persistente, os seus extremos são números racionais.
Agradecimentos
Agradeço primeiramente a Deus pelo dom da vida e por ter me dado forças para concluir o mestrado.
A meus pais, a minhas irmãs e a toda minha familia, que são um dos meus motivos principais para seguir adiante.
Ao professor Andrés Koropecki pela orientação, ajuda e sobre tudo paciência que ele teve com minha pessoa desde que iniciei o mestrado, por me introduzir no tema, por resolver minhas dúvidas, por me fazer estudar mais e poder melhorar cada día.
À professora Isabel Lugão, pela comprensão e apoio oferecido durante o mestrado.
A todos meus amigos do mestrado pelas conversas e momentos compartilhados nesses últimos dois anos.
Sumário
Introdução iv
1 Preliminares 1
1.1 Aplicações no círculo . . . 1
1.2 Espaços de Endomorfismos do Círculo . . . 4
2 Homeomorfismos do círculo. 8 2.1 Número de Rotação . . . 8
2.2 Dinâmica de Homeomorfismos no círculo. . . 13
3 Endomorfismos de Grau 1. 22 3.1 Conjunto de Rotação. . . 22
3.2 Propiedades do Intervalo de Rotação. . . 25
4 Cr- perturbações do intervalo de rotação. 31 4.1 Pontos Cone e Semicone. . . 32
4.2 Lemas de Perturbação. . . 39
4.3 Prova do Teorema 4.4 . . . 43
4.4 Demonstração do Teorema. 4.2 . . . 50
Introdução
O objetivo deste trabalho é apresentar os resultados de um artigo de Bamon, Malta e Pacífico sobre a Cr-persistência de intervalos de rotação para endomorfismos do círculo [BMP].
O intervalo de rotação para um endomorfismo f : S1 → S1 de grau 1 é uma generalização
do clássico número de rotação para homeomorfismos do círculo, um invariante introduzido por Poincaré e que foi uma ferramenta de grande utilidade no estudo da dinâmica de tais homeomorfismos. O intervalo de rotação e suas consequências dinâmicas foram estudados nos anos 80 por Ito [I], Misiurewicz [M], Boyland [B] e Newhouse, Palis e Takens [NPT], dentre outros. Em particular, em [NPT] o intervalo de rotação foi utilizado na prova de resultados importantes sobre bifurcações, ilustrando a importância deste tipo de ferramenta.
O resultado principal desta dissertação, devido a Bamon, Malta e Pacífico, caracteriza os endo-morfismos de classe Cr, r ≥ 1, que possuem um intervalo de rotação Cr-persistente, isto é, que
não muda com pequenas perturbações Cr de f . Em particular, prova-se que o conjunto dos endomorfismos satisfazendo essa propriedade é Cr-aberto e denso no espaço dos endomorfismos Cr de grau 1. No caso em que um extremo do intervalo de rotação de f é racional, pode-se
encontrar g arbitrariamente Cr-próxima de f tal que esse racional continua sendo um extremo do intervalo de rotação para g e ainda mais essa propriedade é Cr-persistente para g.
No primeiro capítulo introduziremos definições e conceitos básicos que serão utilizados ao longo da dissertação. No segundo capítulo faremos uma exposição dos resultados clássicos de Poincaré para homeomorfismos do círculo que preservam orientação, que servem como motivação para as definições e resultados da seção subsequente. Na terceira seção, definimos o intervalo de rotação de um endomorfismo do círculo de grau 1 e obtemos algumas generalizações dos resultados de Poincaré nesse contexto. Finalmente, na quarta seção enunciamos e provamos o teorema de Bamon-Malta-Pacífico.
Capítulo 1
Preliminares
1.1
Aplicações no círculo
Nesta seção estudaremos algumas propiedades de levantamentos de funções de S1 em S1, isto é levantamentos de funções do tipo f : S1 → S1
. Consideraremos a aplicação π : R → S1, definida por π(x) = e2πix como o recobrimento universal (ver [L]), e R será o espaço recobridor
universal de S1.
Consideraremos em S1 a métrica definida por:
dS1(z1, z2) = min{|x1− x2| : x1 ∈ π−1[z1] e x2 ∈ π−1[z2]}
para todo z1 ∈ S1 e z2 ∈ S1. Com a métrica dS1, o comprimento de S
1 é igual a 1 e para
quaisquer dois pontos z1 e z2 em S1 tem-se:
0 ≤ dS1(z1, z2) ≤
1 2.
Definição 1.1. Seja f : S1 → S1 uma aplicação contínua. Dizemos que uma aplicação contínua
F : R → R é um levantamento de f , se π ◦ F = f ◦ π. Isto significa que o diagrama de abaixo comuta. R R S1 S1 -F ? π ? π -f Observação 1.2.
a) Pelo Teorema Fundamental do Levantamento ( ver [L, p. 153]), a função f ◦ π : R → S1 admite um levantamento F : R → R com respeito à aplicação de recobrimento π tal que f ◦ π = π ◦ F . Logo toda aplicação contínua f : S1 → S1 admite um levantamento.
b) Se F : R → R e G : R → R são levantamentos de f : S1 → S1 então: π ◦ F = f ◦ π = π ◦ G,
logo π(F (x)) = f (π(x)) = π(G(x)), então para todo x ∈ R existe k(x) ∈ Z tal que G(x) = F (x) + k(x), logo a função k(x) é contínua de R em Z, logo k(x) é constante, então existe k1 ∈ Z tal que G(x) − F (x) = k(x) = k1 para todo x ∈ R. Isto é, quaisquer
dois levantamentos de f diferem só por uma constante inteira.
c) Se F é um levantamento de f então π(F (x)) = f (π(x)) para todo x ∈ R. Como π(x + k) = π(x) para todo x ∈ R e todo k ∈ Z; em particular: π(F (x+1)) = f (π(x+1)) = f (π(x)) = π(F (x)), logo F (x + 1) = F (x) + k(x) para todo x ∈ R, onde k(x) é uma função contínua (por que F é contínua) tomando valores em Z, logo k(x) é constante, isto é existe d ∈ Z tal que k(x) = d para todo x ∈ R. Logo F (x + 1) = F (x) + d para todo x ∈ R. O número inteiro d ∈ Z é chamado o grau da aplicação f e o denotaremos por "grau(f )". Note que F (x + k) = F (x) + k · grau(f ) para todo x ∈ R e todo k ∈ Z.
d) O número inteiro grau(f ) independe do levantamento de f , ou seja, se F, G : R → R são levantamentos de f : S1 → S1, então pela parte b) temos G(x) = F (x)+k
1para todo x ∈ R
e algum k1 ∈ Z, logo G(x + 1) − G(x) = F (x + 1) + k1− F (x) − k1 = F (x + 1) − F (x) =
d = grau(f ).
e) Se f, g : S1 → S1 são funções contínuas com levantamentos F, G : R → R respectivamente,
F ◦ G é um levantamento de f ◦ g, pois:
(f ◦ g) ◦ π = f ◦ (g ◦ π) = f ◦ (π ◦ G) = (f ◦ π) ◦ G = (π ◦ F ) ◦ G = π ◦ (F ◦ G) Além disso,
(F ◦ G)(x + 1) = F (G(x + 1)) = F (G(x) + grau(g)) = F (G(x)) + grau(f ) · grau(g) logo, grau(f ◦ g) = grau(f ) · grau(g).
f ) Pela parte a) para qualquer função contínua f : S1 → S1
, existe F : R → R função contínua (levantamento), tal que π◦F = f ◦π e F (x+1) = F (x)+d para todo x ∈ R e d = grau(f ) ∈ Z. Recíprocamente toda função contínua F : R → R que satisfaz F (x + 1) = F (x) + d para todo x ∈ R e algum d ∈ Z, induz uma aplicação contínua f : S1 → S1 tal que π ◦ F = f ◦ π
e d = grau(f ). Com efeito; se z ∈ S1 como π é sobrejetora, existe x ∈ R tal que π(x) = z,
logo definimos a aplicação f por f (z) = π(F (x)), onde x ∈ π−1[z]. Note que f esta bem definida, pois se x ∈ π−1[z] e x0 ∈ π−1[z] então π(x) = π(x0), logo existe k1 ∈ Z tal que
x0 = x + k1, ou seja
logo
π(F (x0)) = π(F (x) + k1 · d) = π(F (x)).
Por outro lado fixando arbitrariamente z0 ∈ S1, existe x0 ∈ π−1[z0]. Dado ε > 0, pela
continuidade de π em F (x0):
∃ δ > 0 : |y − F (x0)| < δ =⇒ dS1(π(y), π(F (x0))) < ε (1.1)
pela continuidade de F em x0, para δ > 0:
∃ δ1 > 0 : |x − x0| < δ1 =⇒ |F (x) − F (x0)| < δ (1.2)
logo se dS1(z, z0) < δ1, podemos escolher x ∈ π−1[z] e x0 ∈ π−1[z0] tal que |x − x0| < δ1,
logo por (1.2) |F (x)−F (x0)| < δ, por (1.1) dS1(f (z), f (z0)) = dS1(π(F (x)), π(F (x0))) < ε.
Portanto f é contínua.
g) Se F : R → R é contínua e satisfaz F (x + 1) = F (x) + 1 para todo x ∈ R, então a função ψ(x) = F (x) − x é contínua e periódica de periódo um, logo pela compacidade de [0, 1], existe L > 0 tal que |ψ(x)| ≤ L para todo x ∈ R. Assim para todo n ∈ N e todo x ∈ R, temos que: |Fn(x) − x| = n−1 X i=0 ψ(Fi(x)) ≤ nL ♦ Proposição 1.3. Se f : S1 → S1 é um homeomorfismo e F : R → R é um levantamento de f ,
então:
(i) grau(f ) = ±1.
(ii) F é um homeomorfismo e F−1 é um levantamento de f−1.
Demonstração. (i). Seja IdS1 : S1 → S1 a função identidade em S1 e IdR : R → R a função
identidade em R, claramente IdR é um levantamento de IdS1. Além disso como:
IdR(x + 1) = x + 1 = IdR(x) + 1 então grau(IdS1) = 1. Pela parte e) da Observação 1.2,
grau(f ) · grau(f−1) = grau(f ◦ f−1) = grau(IdS1) = 1
Como grau(f ), grau(f−1) ∈ Z, necessáriamente grau(f ) = grau(f−1) = ±1. (ii). Seja G um levantamento de f−1 então:
logo G ◦ F é um levantamento de IdS1 e como Id
R também é um levantamento de IdS1, pela
Observação 1.2, b), G ◦ F = IdR + k para algum k ∈ Z. Agora G0 = G − k é ainda um
levantamento de f−1 e satisfaz que G0◦ F = IdR, também:
π ◦ (F ◦ G0) = f ◦ (π ◦ G0) = f ◦ (f−1◦ π) = π = IdS1 ◦ π
logo F ◦ G0 é um levantamento de IdS1, novamente pela Observação 1.2, b), F ◦ G0 = IdR+ k1
para algum k1 ∈ Z, logo,
F = F ◦ IdR= F ◦ (G0◦ F ) = F + k1
assim k1 = 0, logo G0◦ F = IdR= F ◦ G0, então G0 = F −1
é contínua.
Se f é um homeomorfismo, dizemos que f preserva a orientação se grau(f ) = 1, isto é, se um levantamento F de f (pela Proposição 1.3) é estritamente crescente. Se grau(f ) = −1, dizemos que f inverte a orientação, isto é, se um levantamento F de f (pela Proposição 1.3) é estritamente decrescente. Gráficamente, se f preserva a orientação e se partimos no sentido anti-horário do ponto x e atingimos primeiro o ponto y e depois o ponto z do círculo, então partindo no sentido anti-horário do ponto f (x) atingimos primeiro o ponto f (y) e depois o ponto f (z). Se f inverte a orientação, atingimos primeiro o ponto f (z) e depois o ponto f (y).
1.2
Espaços de Endomorfismos do Círculo
Definição 1.4. Dizemos que uma aplicação f : S1 → S1 é de classe Cr se existe um
levanta-mento F : R → R de f , tal que F é de classe Cr. A definição acima independe do levantamento F . Sejam d ≥ 0 e r ≥ 0, consideremos os espaços:
Endrd(S1) = {f : S1 → S1 : grau(f ) = d e f ´e de classe Cr}
Endrd(R) = {F : R → R : F (x + 1) = F (x) + d, ∀ x ∈ R e F ´e de classe Cr}
Endr(R) = {F ∈ Endrd(R) : d ∈ Z} Notemos que se f ∈ Endr
d(S1) e F é um levantamento de f , então F ∈ Endrd(R).
Em End0d(R), podemos considerar a métrica do supremo, definida por
Assim em Endrd(R) consideramos a métrica definida por:
Dr(F, G) = max{D0(F(i), G(i)) : 0 ≤ i ≤ r}.
Esta métrica nos diz que se Dr(F, G) < ε então não só a distância entre F e G é menor que ε,
se não que também a distância entre todas as derivadas até a ordem r de F e G são menor do que ε.
Logo usando o levantamento de uma função f : S1 → S1 de classe Cr, podemos definir uma
métrica no espaço Endr
d(S1), por:
dr(f, g) = min{Dr(F, G) : F, G levantamentos de f, g}
Pela definição acima de drnotemos que dados f, g ∈ Endrd(S1), podemos fixar um levantamento
F de f e assim:
dr(f, g) = min{Dr(F, G) : G levantamento de g}
Equivalentemente poderíamos fixar dois levantamentos F, G de f, g respectivamente, e então: dr(f, g) = min{Dr(F, G + k) : k ∈ Z} = min{Dr(F + k, G) : k ∈ Z}
Agora vejamos que dr realmente define uma métrica em Endrd(S1). Com efeito, sejam f, g, h ∈
Endr
d(S1), então:
(i) Se dr(f, g) = 0, então 0 = dr(f, g) = Dr(F, G) para alguns levantamentos F, G de f, g
respectivamente. Como Dr é uma métrica em Endrd(R) então F = G, assim f = g. E Se
f = g é claro que dr(f, g) = 0.
(ii) É claro que dr(f, g) = dr(g, f ).
(ii) Para provar a desigualdade triangular fixamos um levantamento F de f . Temos que: • df,g = Dr(F, G)
• dr(f, h) = Dr(F, H)
• dr(h, g) = Dr(H, G1), onde H é o levantamento de h encontrado acima em dr(f, h).
Usando o fato de que Dr é uma métrica em Endrd(R) e a definição de dr(f, g), obtemos:
dr(f, h) + dr(h, g) = Dr(F, H) + Dr(H, G1) ≥ Dr(F, G1) ≥ dr(f, g).
Agora consideremos os espaços Endr
1(Sr) e Endr1(R), dados f ∈ Endr1(Sr), F ∈ Endr1(R) um
levantamento de f e ε > 0, denotamos por:
Br(f, ε) = {g ∈ Endr1(S 1) : d
e
Br(F, ε) = {G ∈ Endr1(R) : Dr(F, G) < ε}
as bolas abertas de centro f e F e raio ε em Endr1(S1) e em Endr1(R) respectivamente. Então g ∈ Br(f, ε), se existe um levantamento G ∈ Endr1(R) de g tal que G ∈ Br(F, ε)
Para o nosso objetivo, em diante nós consideraremos o espaço Endr1(R) com a métrica Dr e
portanto o nosso espaço Endr
1(S1) com a métrica dr.
No espaço Endr(R) podemos considerar a função Dr(F, G) definida por Dr(F, G) = Dr(F, G)
se grau(F ) = grau(G) e Dr(F, G) = ∞ em outro caso. A função Dr(F, G) define uma métrica
em vizinhanças pequenas de Endr(R).
Sejam F, G ∈ Endr(R), denotamos por F C∼ G para significar que F esta Cr r-próxima de G,
isto é, se existe δ > 0 suficientemente pequeno tal que Dr(F, G) < δ.
No espaço Endr(R) × Endr(R) consideramos a métrica do máximo. Assim na notação acima
temos que (F, G)C∼ (Fr 0, G0) é equivalente a dizer que F Cr
∼ F0 e G Cr
∼ G0.
Proposição 1.5. A função
Φ : Endr(R) × Endr(R) → Endr
(R)
(F, G) 7→ F ◦ G
é contínua.
Demonstração. Fixamos arbitráriamente F0, G0 ∈ Endr(R). Mostraremos que se (F, G) Cr
∼ (F0, G0) então (F ◦ G)
Cr
∼ (F0 ◦ G0). Com efeito, fazemos indução sobre r ≥ 0.
a) Se r = 0; pela continuidade uniforme de F0, se (F, G) C0
∼ (F0, G0) então (F ◦ G) C0
∼ (F0◦ G0).
b) (Hip. Ind.) Suponhamos para todo 0 ≤ s ≤ r vale que se (F, G) C
s
∼ (F1, G1) então
(F ◦ G)C∼ (Fs 1◦ G1) para todo F1, G1 ∈ Endr(R)
Vamos mostrar que se (F, G) C∼ (Fr+1 0, G0) então (F ◦ G) Cr+1 ∼ (F0◦ G0). Com efeito, se (F, G) C∼ (Fr+1 0, G0) então F Cr+1 ∼ F0 e G Cr+1 ∼ G0, em particular F0 C r ∼ F0 0 e G Cr ∼ G0, em consequência (F0, G)C∼ (Fr 0
0, G0) logo por hipótese de indução (F0◦ G) Cr ∼ (F0 0◦ G0) e como G0 C∼ Gr 0 0 então (F ◦ G) 0 = (F0◦ G) · G0 C∼ (Fr 0 0◦ G0) · G00 = (F0◦ G0)0. Tambem por
hipótese de indução temos que (F ◦ G)C∼ (F0 0 ◦ G0) e como (F ◦ G)0 C
r
∼ (F0◦ G0)0 então
Corolario 1.6. Para todo n ∈ N, a função Ψ : Endr 1(R) → End r 1(R) F 7→ Fn é contínua.
Demonstração. Fazemos indução sobre n ∈ N, então: a) Se n = 1; Ψ é a função identidade em Endr
1(R), logo Ψ é contínua.
b) Suponha que a função:
Ψ : Endr
1(R) → End r 1(R)
F 7→ Fn
é contínua, então a função:
Γ : Endr1(R) → Endr1(R) × Endr1(R)
F 7→ (F, Fn)
é contínua, pois pelo item a) F 7→ F é contínua e por hipótese de indução F 7→ Fn é contínua. Assim pela Proposição 1.5 a função (F, Fn) 7→ F ◦ Fn= Fn+1 é contínua e em
consequência a função composta: Γ : Endr 1(R) → End r 1(R) × End r 1(R) → End r 1(R) F 7→ (F, Fn) 7→ F ◦ Fn = Fn+1 é contínua.
Capítulo 2
Homeomorfismos do círculo
2.1
Número de Rotação
Nesta seção lembraremos algumos fatos da dinâmica de homeomorfismos do círculo que pre-servão a orientação feita por Poincaré. Para isso Poincaré introduz o conceito de número de rotação. Notemos que se f é um homeomorfismo que inverte a orientação e F é um levantamento de f então sabemos que F é estritamente decrescente, mais ainda podemos es-colher F tal que F (0) ∈ [0, 1). Se F (0) = 0 então existe x0 ∈ (0, 1) tal que F (x0) = x0 − 1,
logo f (π(x0)) = π(x0). Se F (0) > 0 existem x1, x2 ∈ (0, 1) tais que f (π(x1)) = π(x1) e
f (π(x2)) = π(x2). Em qualquer caso f tem só dois pontos fixos. No caso em que f seja um
homeomorfismo que preserva a orientação, definimos:
Definição 2.1. (Número de Rotação) Seja f : S1 → S1 um homeomorfismo que preserva
orientação e F : R → R é um levantamento de f . Seja x ∈ R, então definimos o número de rotação ρ(F ) do levantamento F de f por:
ρ(F ) = lim
n→+∞
(Fn(x) − x)
n
NOTA. De aqui em diante bxc sempre denotará a parte inteira de x ∈ R.
Proposição 2.2. Seja f : S1 → S1 um homeomorfismo que preserva orientação e F : R → R
é um levantamento de f , então ρ(F ) existe e é independente do ponto x ∈ R.
Demonstração. Como f ◦ π = π ◦ F , então para todo n ∈ N vale que fn◦ π = π ◦ Fn. Também
para todo n ∈ N, Fn é estritamente crescente e Fn(x + 1) = Fn(x) + 1 para todo x ∈ R. • Existência do limite.
I) Suponhamos que f tém um ponto periódico y0 = π(x0) de periódo q > 0, então:
logo Fq(x0) = x0+ p, para algum p ∈ Z, logo por indução para todo m ∈ N vale que Fmq(x 0) = x0+ mp, assim, lim m→∞ (Fmq(x0) − x0) mq = p q (2.1)
Agora dado n ≥ q com n ∈ N, existem m ∈ Z+ e r ∈ Z+ tais que n = mq + r, com
0 ≤ r < q. Como a função Fr(x) − x é contínua e de periódo um, existe Mr > 0 tal
que: |Fr(x) − x| ≤ M
r para todo x ∈ R. Tomando M = max{Mi : 0 ≤ i ≤ q − 1},
obtemos: |Fi(x) − x| ≤ M ; ∀ x ∈ R; i = 1, 2, . . . , q − 1 (2.2) Usando (2.2) obtemos: lim n→∞ (Fr(Fmq(x 0)) − Fmq(x0)) n = 0 (2.3)
Por outro lado como n = mq + r, então n → ∞ implica m → ∞. Logo mq
n = 1 − r n, assim: lim n→∞ mq n = limn→∞ 1 − r n = 1 (2.4)
Usando (2.3), (2.4) e (2.1), temos que: lim n→∞ (Fn(x 0) − x0) n = n→∞lim (Fmq+r(x 0) − x0) n = lim n→∞ (Fr(Fmq(x 0)) − Fmq(x0)) n + limn→∞ (Fmq(x 0) − x0) n = lim n→∞ mq n · limm→∞ (Fmq(x 0) − x0) mq = p q
II) Se f não tem pontos periódicos, então para todo k ∈ N e todo y ∈ S1 temos que fk(y) 6= y. Se existe m ∈ N tal que Fm(x
0) − x0 = l ∈ Z para algum x0 ∈ R, então
fm(π(x
0)) = π(Fm(x0)) = π(x0 + l) = π(x0), isto é, f tería um ponto periódico o
qual contradiz a nossa suposição. Portanto Fm(x) − x /∈ Z para todo m ∈ N e x ∈ R. Então para todo m ∈ N existe km ∈ Z (por exemplo tome km = bFm(0)c) tal que
km < Fm(x) − x < km+ 1; ∀ x ∈ R (2.5) então: x = 0 =⇒ km < Fm(0) < km+ 1 x = Fm(0) =⇒ km < F2m(0) − Fm(0) < km+ 1 x = F2m(0) =⇒ km < F3m(0) − F2m(0) < km+ 1 (2.6) .. . x = F(n−1)m(0) =⇒ km < Fnm(0) − F(n−1)m(0) < km+ 1
somando as desigualdades em (2.6) obtemos mkm < Fnm(0) < m(km + 1), e junto
con (2.5) temos que: km m < Fnm(0) nm < km m + 1 m e km m < Fm(0) m < km m + 1 m assim Fnm(0) nm − Fm(0) m < 1 m.
Fazendo o mesmo trabalho que fizemos acima trocando m por n obtemos também: Fnm(0) nm − Fn(0) n < 1 n Usando as duas últimas desigualdades obtemos:
Fm(0) m − Fn(0) n ≤ Fnm(0) nm − Fm(0) m + Fnm(0) nm − Fn(0) n < 1 m + 1 n Portanto {Fnn(0)}n∈N é uma sequência de Cauchy em R , logo existe limn→∞F
n(0)
n .
• Independência do ponto x ∈ R. Sejam x, y ∈ R, então existe k ∈ Z+tal que |x−y| ≤ k
( basta tomar k = M −m, onde M = max{bxc, bxc+1, byc, byc+1} e m = min{bxc, bxc+ 1, byc, byc + 1}). Afirmamos que |Fn(x) − Fn(y)| ≤ k, para todo n ∈ N. Com efeito;
como |x − y| ≤ k, então −k ≤ x − y ≤ k, logo:
−k ≤ x − y =⇒ y − k ≤ x =⇒ Fn(y) − k ≤ Fn(x) =⇒ −k ≤ Fn
(x) − Fn(y) x − y ≤ k =⇒ x ≤ y + k =⇒ Fn(x) ≤ Fn(y) + k =⇒ Fn(x) − Fn(y) ≤ k assim |Fn(x) − Fn(y)| ≤ k. Usando esta desigualdade temos que:
(Fn(x) − x) − (Fn(y) − y) n ≤ Fn(x) − Fn(y) n + x − y n ≤ k n + k n Portanto lim n→∞ Fn(x) − x n = limn→∞ Fn(y) − y n
Definição 2.3. Sejam f, g : S1 → S1 dois homeomorfismos que preservão a orientação, então:
• Dizemos que f é conjugado a g (ou que f e g são conjugados) se existe um homeomor-fismo que preserva a orientação h : S1 → S1 tal que h ◦ f = g ◦ h. Neste caso dizemos que
• Dizemos que f é semi-conjugado a g se existe uma h : S1
→ S1 contínua e sobrejetiva
tal que h ◦ f = g ◦ h.
O seguinte resultado mostra algumas propiedades que ρ(F ) satisfaz. Proposição 2.4. Seja f : S1 → S1
um homeomorfismo que preserva a orientação, F : R → R um levantamento e ρ(F ) o número de rotação de F . Então:
i) ρ(F + m) = ρ(F ) + m, para todo m ∈ Z. ii) ρ(Fm) = m · ρ(F ), para todo m ∈ Z.
iii) Se existe x0 ∈ R tal que Fq(x0) = x0+ p para alguns q ∈ N e p ∈ Z, então ρ(F ) = pq.
Demonstração. i) Seja m ∈ Z, por indução para todo n ∈ N vale (F + m)n = Fn+ nm, logo: ρ(F + m) = lim n→∞ (F + m)n(x) − x n = lim n→∞ Fn(x) + nm − x n = lim n→∞ Fn(x) − x n + m = ρ(F ) + m. ii) Primeiro seja m ∈ N, então
ρ(Fm) = lim n→∞ (Fm)n(x) − x n = limn→∞ Fnm(x) − x nm · m = m · ρ(F ).
Pela Proposição 1.3, (ii), F−1 é um levantamento de f−1, e como ainda f−1 é um ho-meomorfismo que preserva a orientação, então ρ(F−m) existe e é independente do ponto x ∈ R, logo em particular vale para o ponto y = Fnm(x), então:
ρ(F−m) = lim n→∞ (F−m)n(y) − y n = lim n→∞ F−nm(y) − y n = lim n→∞ x − Fnm(x) n = (−1)m · lim n→∞ Fnm(x) − x nm = −m · ρ(F ).
Definição 2.5. Seja f : S1 → S1 um homeomorfismo que preserva orientação, então o número
de rotação de f é definido por:
ρ(f ) = π(ρ(F )) onde F é algum levantamento de f .
Observação 2.6. Se G é outro levantamento de f , então pela Obs. 1.2, b) G(x) = F (x) + k para todo x ∈ R e algum k ∈ Z, logo pela Proposição 2.4, i) temos ρ(G) = ρ(F ) + k, assim
π(ρ(G)) = π(ρ(F ) + k) = π(ρ(F )) = ρ(f ) Logo ρ(f ) independe do levantamento de f . ♦
A seguinte Proposição mostra que o número de rotação é invariante por conjugações que pre-servão a orientação.
Proposição 2.7. Sejam f, g : S1 → S1 dois homeomorfismos que preservão a orientação. Se
f e g são conjugados, então ρ(f ) = ρ(g).
Demonstração. Seja h : S1 → S1a conjugação entre f e g, isto é h◦f = g ◦h, logo g = h◦f ◦h−1,
então sejam F, G, H : R → R levantamentos de f , g e h respectivamente. Pela Proposição 1.3, (ii), H−1 é um levantamento de h−1, logo pela Observação 1.2, e) G = H ◦ F ◦ H−1 é um levantamento de g = h ◦ f ◦ h−1. Novamente pela Observação 1.2, g) existe M > 0 tal que:
|H(x) − x| < M, ∀ x ∈ R e |H−1(x) − x| < M, ∀ x ∈ R (2.7) Por (2.7), para todo n ∈ N vale:
|(Gn(x) − x) − (Fn(H−1(x)) − x)| < M, ∀
x ∈ R. (2.8)
Tambem usando (2.7) temos: lim n→∞ Fn(H−1(x)) − x n = limn→∞ Fn(H−1(x)) − H−1(x) n = ρ(F ) (2.9)
Finalmente usando (2.8) e (2.9) obtemos: ρ(G) = lim n→∞ Gn(x) − x n = limn→∞ Fn(H−1(x)) − x n = ρ(F ) Portanto ρ(g) = ρ(f ).
2.2
Dinâmica de Homeomorfismos no círculo
Definição 2.8. Seja f : S1 → S1
uma aplicação contínua. Um ponto z ∈ S1 é dito não errante se para qualquer vizinhança U de z, existe n ≥ 1 tal que fn(U ) ∩ U 6= ∅. O conjunto
de todos os pontos não errantes de f é denotado por
Ω(f ) = {z ∈ S1 : z ´e n˜ao errante}
Observação 2.9. Fazemos algumas observações imediatas da definição acima: • Ω(f ) é fechado e invariante.
• Se z ∈ S1 é periódico então z ∈ Ω(f ).
♦
Exemplo 2.10. Consideremos a rotação de ângulo α, Rα : S1 → S1 definida por Rα(z) =
e2πiα· z e T
α : R → R definida por Tα(x) = x + α un levantamento de Rα, logo Tαn(x) = x + nα,
para todo x ∈ R, note além que Rα é um homeomorfismo que preserva a orientação, então:
ρ(Tα) = lim n→∞ Tn α(x) − x n = limn→∞ n · α n = α (2.10) • Se α ∈ Q, com α = pq e (p, q) = 1, por (2.10) ρ(Tα) = α = p q.
Seja z ∈ S1 então existe x ∈ R tal que π(x) = z, logo:
Rqα(z) = Rqα(π(x)) = π(Tq(x)) = π(x + q · α) = π(x + p) = π(x) = z isto é, todo ponto z ∈ S1 é um ponto periódico de R
α, do mesmo periódo q.
• Se α ∈ R\Q, neste caso temos que Rα não têm pontos periódicos, pois se existe z0 ∈ S1
tal que Rq
α(z0) = z0 para algum q ∈ N, então existe x0 ∈ R tal que π(x0) = z0, logo,
π(Tαq(x0)) = Rqα(π(x0)) = Rqα(z0) = z0 = π(x0)
assim, existe k0 ∈ Z tal que Tαq(x0) = x0+ k0, logo (Tαq)n(x0) = x0+ nk0 para todo n ∈ N,
e usando a Proposição 2.4, ii) obtemos: q · ρ(Tα) = ρ(Tαq) = limn→∞
(Tq
α)n(x0) − x0
n = k0
logo por (2.10), α = ρ(Tα) = kq0 ∈ Q, o qual é absurdo. Portanto Rα não tem pontos
periódicos. Afirmamos que O(z) = S1 (equivalentemente Ω(f ) = S1) para todo z ∈ S1, onde O(z) denota a órbita do ponto z ∈ S1. Com efeito, suponha que O(z
0) não é densa
em S1 para algum z
0 ∈ S1, então S1\O(z0) é não vazío, aberto, invariante e consiste de
intersetam( pois de otro modo teríamos um intervalo maior que J ), notemos também que Rn
α(J ) 6= J para todo n ∈ N (pois caso contrario teríamos que existe um ponto periódico
de Rα, logo usando ( 2.10) obteríamos α ∈ Q). Assim os intervalos Rαn(J ) são intervalos
disjuntos e de igual comprimento, mais isso é impossível ja que S1 tém comprimento finito. ♦
O Exemplo 2.10 acima, mostra completamente o comportamento dinâmico da rotação de ângulo α analizando os casos em que ρ(Tα) = α é racional ou irracional. No caso de um homeomorfismo
arbitrário que preserva orientação f , fazemos o mesmo análise considerando os casos em que ρ(F ) é racional ou irracional. No caso racional o comportamento dinâmico é parecido à rotaçao de ângulo α ∈ Q (salvo uma conjugação). No caso irracional, ocorre que as órbitas de todos pontos em S1 por f se acumulam num conjunto, o qual podería ser todo S1 ou um conjunto
de Cantor. No caso de ser todo S1, o comportamento de f , salvo conjugação que preserva orientação, é o mesmo comportamento de Rα. No caso em que as órbitas se acumulasem num
conjunto de Cantor, salvo uma semiconjugação que preserva orientação, o comportamento de f é o mesmo que Rα.
Teorema 2.11. Seja f : S1 → S1 um homeomorfismo que preserva a orientação, F : R → R
um levantamento de f e ρ(F ) = α. Então: 1) Se α = pq, com p ∈ Z e q ∈ N e (|p|, q) = 1, então: ρ(F ) = p q ⇐⇒ ∃ x0 ∈ R : F q(x 0) = x0+ p
Isto é, f tém um ponto periódico y0 = π(x0) de periódo mínimo q e Fq(x0) = x0 + p.
Mais ainda todos os pontos periódicos de f tém o mesmo periódo mínimo q.
2) Se α ∈ R\Q. Então f é semiconjugado a Rα por uma h que preserva orientação. Mais
ainda, se Ω(f ) = S1, então f é conjugada a R
α, isto é, neste caso h é um homeomorfismo.
Para poder fazer a prova do Teorema 2.11, precisaremos de algumos resultados previos.
Lema 2.12. Seja G : R → R uma função contínua, estritamente crescente e tal que G(x + 1) = G(x) + 1 para todo x ∈ R. Então ρ(G) = 0 se e só se G tem um ponto fixo.
Demonstração. (=⇒). Suponha por absurdo, que G não tém pontos fixos, então G(x) 6= x para todo x ∈ R. Como G − IdR contínua e periódica de periódo um, existe δ > 0 tal que:
Se G(x) − x > δ para todo x ∈ R (o caso em que G(x) − x < δ para todo x ∈ R é análogo), temos que: x = 0 =⇒ G(0) > δ x = G(0) =⇒ G2(0) = G(G(0)) > G(0) + δ > 2δ x = G(0) =⇒ G3(0) = G(G2(0)) > G2(0) + δ > 3δ .. . x = Gn(0) =⇒ Gn(0) = G(Gn−1(0)) > Gn−1(0) + δ > nδ. assim, 0 < δ ≤ lim n→∞ Gn(0) n = ρ(G) = 0 o qual é absurdo.
(⇐=) Se G(x0) = x0 para algum x0 ∈ R, pela Proposição 2.4, iii) ρ(G) = 0.
Proposição 2.13. Seja f : S1 → S1
um homeomorfismo que preserva orientação e F : R → R um levantamento de f . Se ρ(F ) = α ∈ R\Q, então para quaisquer n1, n2, m1, m2 ∈ Z, vale que:
n1α + m1 < n2α + m2 ⇐⇒ Fn1(x) + m1 < Fn2(x) + m2
para algum x ∈ R.
Demonstração. Fixemos arbitráriamente inteiros n1, n2, m1, m2 ∈ Z. Se n1 = n2, o resultado
segue. Então suponha que n1 6= n2. Afirmamos que a função p(x) = Fn1(x) + m1− Fn2(x) − m2
é contínua e não muda de sinal em todo R. Caso contrário existem x, y ∈ R tal que p(x) < 0 < p(y), logo pelo teorema do valor intermediário existe x0 ∈ R tal que 0 = p(x0) = Fn1(x0) + m1−
Fn2(x
0) − m2. Assim temos que Fn1(x0) = Fn2(x0) + k, onde k = m2− m1, o que implica que
Fr(x0) = x0±k, com r = n2−n1 ou r = n1−n2. Pela Proposição 2.4, iii), temos ρ(F ) = pr ∈ Q,
o qual é absurdo. Portanto a função p(x) não muda de sinal em R, assim:
p(x) < 0, ∀ x ∈ R ou p(x) > 0, ∀ x ∈ R (2.11)
(⇐=) Suponha que Fn1(x)+m
1 < Fn2(x)+m2, então por (2.11) p(x) = Fn1(x)+m1−Fn2(x)−
m2 < 0 para todo x ∈ R. Logo para x = 0 vale
Fn1(0) + m
1 < Fn2(0) + m2
Fazendo y = Fn2(0) e supondo n
2 < n1(o caso em que n2 > n1 é análogo) então:
Fn1−n2(y) − y = Fn1−n2(Fn2(0)) − Fn2(0) = Fn1(0) − Fn2(0) < m
2− m1
Logo Fn1−n2(y) − y < m
2 − m1. Além disso usando os mesmos argumentos que usamos para
provar (2.11), prova-se que para todo y ∈ R vale Fn1−n2(y) − y < m
vale Fn1−n2(0) − 0 < m
2 − m1. Como F é estritamente crescente então Fn1−n2 é também
estritamente crescente, logo por indução para todo k ∈ N vale: Fk(n1−n2)(0) < k(m 2− m1) (2.12) Usando (2.12) obtemos: Fk(n1−n2)(0) k(n1− n2) < k(m2− m1) k(n1− n2) = m2− m1 n1− n2
Logo da última desigualdade temos: α = ρ(F ) = lim k→∞ Fk(n1−n2)(0) k(n1 − n2) ≤ m2− m1 n1− n2
e por hipótese obtemos α < m2− m1 n1− n2
. Então α · n1+ m1 < α · n2+ m2.
(=⇒) Suponha que α · n1 + m1 < α · n2 + m2 e que n1 > n2 (o caso n1 < n2 é análogo).
Equivalentemente basta mostrar que se Fn1(x)+m
1 ≥ Fn2(x)+m2, então n1α+m1 ≥ n2α+m2.
Mas usando a hipótese de que α ∈ R \ Q, basta mostrar que se Fn1(x) + m
1 > Fn2(x) + m2,
então n1α + m1 > n2α + m2. A prova é a mesma que fizemos para o caso em que tinhamos
"<", pois só temos que considerar ">"e fazer os mesmos raciocínios.
Lema 2.14. Considere o grupo aditivo (R, +). Se G é um subgrupo de (R, +), então G é um subgrupo discreto ou G é um conjunto denso em R.
Demonstração. Se g ∈ G, então 1 · g = g ∈ G, logo 2g = g + g ∈ G; assim por indução para todo n ∈ N temos que ng ∈ G. Por outro lado, se agora n ∈ Z com n < 0, como −g ∈ G e −n > 0 então ng = (−n) · (−g) ∈ G; e como 0 ∈ G, concluimos que:
∀ n ∈ Z : ng ∈ G. (2.13)
Por outro lado, para todo ε > 0 e todo g ∈ G:
G ∩ (g − ε, g + ε) = G ∩ (−ε, ε) + g (2.14)
Usando (2.14) tem-se:
0 ∈ G ´e isolado em G ⇐⇒ g ´e isolado em G, ∀ g ∈ G. (2.15) I) Se existe um ε > 0 tal que (−ε, ε) ∩ G = {0}, então 0 ∈ G é um ponto isolado em G, por
II) Se para todo ε > 0, (−ε, ε) ∩ G 6= {0}, então existe g ∈ G ∩ (−ε, ε). Seja r ∈ R, então r ∈ G ou r /∈ G. Se r ∈ G então por (2.15) existe g1 ∈ G ∩ (r − ε, r + ε). Se r /∈ G, note
que g · Z ⊂ G, logo existe k0 ∈ Z tal que k0g < r < (k0+ 1)g. Então
k0g − ε < k0g < r < (k0+ 1)g < k0g + ε e (k0+ 1)g − ε < r < (k0 + 1)g < (k0+ 1)g + ε
assim, k0g, (k0+ 1)g ∈ (r − ε, r + ε). Portanto g · Z é denso em R, logo G é denso em R.
Corolario 2.15. Seja α ∈ R\Q. O conjunto B = {nα + m : n, m ∈ Z} é denso em R.
Demonstração. Note que 0 ∈ B e B é um subgrupo aditivo de R, basta mostrar que dado ε > 0 tem-se (−ε, ε) ∩ B 6= {0}, pois nesse caso pelo Lema 2.14 obtemos o resultado. Para isso, note que para todo n ∈ N, existe pn = bnαc ∈ Z tal que 0 < nα − pn < 1, logo considere o conjunto
D = {nα − pn : n ∈ N, pn∈ Z}
Note que D ⊂ [0, 1] e
n1α − pn1 = n2α − pn2 =⇒ n1 = n2 ou pn1 = pn2 (2.16)
logo usando (2.16) e o fato de que α ∈ R\Q tem-se que D é infinito, e como é limitada, existe x0 ∈ [0, 1] ponto de acumulação de D, logo existe uma sequência xk∈ D com termos distintos
dois a dois, xk 6= x0 e limk→∞xk = x0, logo xk é de Cauchy e assim podemos encontrar dois
subsequências ak e bk de xk tais que 0 < ak − bk < k1 para todo k ∈ N, assim existe uma
sequência ck = ak− bk∈ (0, 1) para todo k ∈ N tal que limk→∞ck= 0; como ak= nkα − pnk e
bk = mkα − pmk, então ck = (nk− mk)α + (pmk− pnk) ∈ B para todo k ∈ N.
Observação 2.16. Na prova do Corolario 2.15, nós consideramos o conjunto D = {nα − pn: n ∈ N, pn ∈ Z} ⊂ [0, 1]
e mostramos que D é infinito, logo existe x0 ∈ [0, 1] ponto de acumulação de D, assim existe
uma sequência xk ∈ D com termos distintos dois a dois, xk 6= x0 e limk→∞xk = x0, e assim xk
é uma sequência de Cauchy. A partir da sequência xk, nós encontramos dois subsequências ak
e bk de xk tais que a sequência 0 < ck = ak− bk < 1 para todo k ∈ N é tal que limk→∞ck = 0
e ck ∈ B para todo k ∈ N. Na verdade D é denso em [0, 1]; com efeito, como ck ∈ B,
ck = nkα − pnk onde nk ∈ Z, para ε > 0, temos:
• Existe k0 ∈ N tal que para todo k ≥ k0, nk∈ N; como limk→∞ck = 0 então existe k1 ≥ k0
tal que 0 < ck1 = nk1α − pnk1 < ε, onde nk1 ∈ N
• Para todo k ∈ N existe k2 ≥ k tal que nk2 < 0; como limk→∞ck = 0, existem k3, k4 ∈ N
tais que 0 < nk3α − pnk3 < nk4α − pnk4 < ε, onde nk4 > nk3 logo, 0 < (nk4 − nk3)α −
em qualquer caso existe 0 < nkα − pnk < ε, com nk∈ N, assim,
∀ ε > 0 , ∃ b ∈ D : 0 < b < ε (2.17)
Agora sejam x ∈ [0, 1] e ε > 0 dados, então existe r ∈ N tal que 1r < ε, logo fazemos a divisão
do intervalo [0, 1] em r-subintervalos fechados de comprimento 1r, isto é, [0, 1] = Sr−1
i=0[ i r,
i+1 r ].
Por outro lado para 1r > 0, por (2.17) existe b ∈ D, tal que 0 < b < 1r < ε, usando o fato de que α /∈ Q obtemos: ∀ m ∈ N, mb 6= i r, ∀ i = 0, 1, 2, . . . , r. (2.18) logo usando (2.18), ∀ i = 1, 2, . . . , r − 1; ∃ m0 ∈ N : m0b ∈ ( i r, i + 1 r ) (2.19) Como x ∈ [0, 1] =Sr−1 i=0[ i r, i+1
r ], existe i ∈ {0, 1, 2, . . . , r −1} tal que i
r ≤ x ≤ i+1
r , usando (2.19),
existe m0 ∈ N tal que m0b ∈ (x − ε, x + ε), e note que m0b ∈ D. Portanto D é denso em [0, 1].
♦
Agora passamos à demonstração do Teorema 2.11: Demonstração. (Teorema 2.11)
1) Se ρ(F ) = pq, então usando a Proposicição 2.4, i) e ii), obtemos ρ(Fq− p) = 0. Pelo Lema
2.12 isto ocorre se e só se existe x0 ∈ R tal que Fq(x0) = x0 + p (pois a função Fq − p é
contínua e de grau 1). Logo fq(π(x
0)) = π(x0), assim f admite um ponto periódico y0 = π(x0).
Basta mostrar que o periódo mínimo de y0 = π(x0) é q e que qualquer outro ponto periódico
de f tem periódo mínimo q. Com efeito; suponha que existe r ∈ N tal que 0 < r < q tal que fr(y
0) = y0, então π(x0) = fr(π(x0)) = π(Fr(x0)), logo existe s ∈ Z tal que Fr(x0) = x0+ s.
Pela Proposição 2.4, iii) e a hipótese, obtemos: p
q = ρ(F ) = s r
e como (|p|, q) = 1, existe m ∈ Z+ tal que s = mp e r = mq. Isto implica que q ≤ r, o qual
contradiz a nossa suposição de 0 < r < q. Portanto o periódo mínimo de π(x0) = y0 é q.
Por outro lado, se y1 = π(x1) é outro ponto periódico de f de periódo mínimo r ∈ Z+, isto é
π(x1) = fr(π(x1)) = π(Fr(x1)), então existe s ∈ Z tal que Fr(x1) = x1+ s. Novamente usando
a Proposição 2.4 e a hipótese temos: s
r = ρ(F ) = p q
e como (|p|, q) = 1, então existe m ∈ Z+ tal que s = mp e r = mq. Se m > 1 então r > q e
Se Fq(x1) − p > x1 (o caso Fq(x1) − p < x1 é análogo), como Fq é estritamente crescente então:
F2q(x1) − 2p = Fq(Fq(x1) − p) − p > Fq(x1) − p > x1
Novamente como Fq é estritamente crescente:
F3q(x1) − 3p = Fq(F2q(x1) − 2p) − p > Fq(x1) − p > x1
Logo para m ∈ Z+ teremos que: x1 < Fmq(x1) − mp = Fr(x1) − s o qual contradiz ao fato de
que Fr(x1) − s = x1. Portanto m = 1 e assim s = p e r = q, em consequência o periódo mínimo
de y1 = π(x1) é q. Logo todo os pontos periódicos de f tém periódo mínimo q.
2) Seja u0 ∈ R, e consideremos o conjunto:
B = {Fn(u0) + m : n, m ∈ Z}
definimos a função eH : B → R por eH(Fn(u0) + m) = nα + m. Pelo Corolario 2.15, eH(B) =
{n · α + m : n, m ∈ Z} é denso em R, por outro lado eH(Fn(u
0) + m + 1) = nα + m + 1 =
e
H(Fn(u0) + m) + 1, logo:
e
H(z + 1) = eH(z) + 1, ∀ z ∈ B (2.20)
Pela Proposição 2.13 eH é estritamente crescente, logo injetiva. Considere o conjunto B, então existe uma única H : B → R extensão crescente de eH a B. Com efeito, definimos H por H(x) = limy→xH(y), com y ∈ B. H(x) esta bém definida, isto é, lime y→xH(y) existe, de fatoe mostraremos que os limites laterais existem.
Então, fixemos um x1 ∈ B, e considere os conjuntos { eH(y) : y > x1, y ∈ B} e { eH(y) : y <
x1, y ∈ B}, e notemos que ambos são não vazíos e estão limitados inferiormente e superiormente
respectivamente, logo existem
γ = sup{ eH(y) : y < x1} e β = inf{ eH(y) : y > x1}
Dado ε > 0, pela definição de ínfimo e supremo existem x2 ∈ { eH(y) : y < x1} e x3 ∈ { eH(y) :
y > x1} com x2 < x1 < x3 e tais que eH(x2) > γ − ε e eH(x3) < β + ε. Portanto:
Se y ∈ (x2, x1) ∩ B =⇒ γ − ε < eH(x2) < eH(y) ≤ γ < γ + ε (2.21)
Se y ∈ (x1, x3) ∩ B =⇒ β − ε < β ≤ eH(y) < eH(x3) < β + ε (2.22)
De (2.21) e (2.22) temos limy→x−
1 H(y) = γ, lime y→x +
1 H(y) = β e γ ≤ β. Se γ < β entãoe
teríamos que (γ, β) ⊂ R \ eH(B), logo eH(B) não sería denso em R, o qual é absurdo. Portanto γ = β, ou seja limy→x−
1 H(y) = lime y→x +
Note que H(x + 1) = H(x) + 1 para todo x ∈ B. Com efeito, se x ∈ B então existe xn sequência
em B tal que limn→∞xn = x, logo limn→∞(xn+ 1) = x + 1, usando (2.20) obtemos:
H(x + 1) = lim
n→∞H(xe n+ 1) = limn→∞( eH(xn) + 1) = limn→∞H(xe n) + 1 = H(x) + 1
Também H(x) é crescente (pois eH é crescente) e H(B) = R. Assim existe H : R → R extensão de H tal que H(x) é crescente em B y é constante em cada intervalo I ⊂ R\B, (pois não sabemos se B = R) e ainda satisfaz que H(x + 1) = H(x) + 1 para todo x ∈ R. Como H(B) = R, então H(B) = R, isto é, H é contínua, sobrejetiva e crescente.
Por outra parte se y ∈ B então y = Fn(u0) + m para alguns n, m ∈ Z, logo:
e H(F (y)) = H(F (Fe n(u0) + m)) = H(Fe n+1(u0) + m) = (n + 1)α + m = H(Fe n(u0) + m) + α = H(y) + αe = Tα( eH(y))
Isto é, eH(F (y)) = Tα(H(y)) para todo y ∈ B (onde Tα é un levantamento de Rα como no
Ex 2.10). Como H é uma extensão crescente de eH, vale que H(F (y)) = Tα(H(y)) para todo
y ∈ R. Logo H induz uma aplicação h : S1 → S1 contínua, sobrejetiva que preserva orientação
e h ◦ f = Rα ◦ h, isto é f é semiconjugado a Rα. Agora se tivessemos que Ω(f ) = S1 então
B = R, isto é, não existem intervalos I onde H seja constante, logo H é crescente, isto significa H = H. Portanto H é estritamente crescente, logo neste caso h será contínua e bijetiva, em consequência h será um homeomorfismo e como h ◦ f = Rα◦ h, então f é conjugado a Rα.
Teorema 2.17. Seja f : S1 → S1
um homeomorfismo que preserva orientação e F : R → R um levantamento de f . Se ρ(F ) ∈ R\Q, então Ω(f ) é o menor conjunto fechado e invariante em S1.
Demonstração. Sabemos pela Obs 2.9 que Ω(f ) é fechado e invariante. Seja N ⊂ Ω(f ) fechado e invariante com N 6= ∅, então S1\N é aberto. Seja I uma componente de S1\N , como S1 é
localmente conexo, então I é aberto em S1. Afirmamos que fn(I)∩I = ∅ para todo n ∈ N. Com
efeito, se existe n0 ∈ N tal que fn0(I) ∩ I 6= ∅, como N é invariante temos que f (S1\N ) = S1\N ,
logo fn0(S1\N ) = S1\N , como fn0 é um homeomorfismo então fn0(I) é uma componente e como
fn0(I) ∩ I 6= ∅, então fn0(I) = I. Como Fn0 é estritamente crescente, existe J ⊂ R intervalo
aberto tal que π(J ) = I, logo:
π(J ) = I = fn0(I) = fn0(π(J )) = π(Fn0(J ))
Em consequência existe k0 ∈ Z tal que Fn0(J ) = J + k0, logo a função G = Fn0− k0 é contínua
e estritamente crescente e satisfaz:
G(J ) = (Fn0 − k
Seja J = (a, b), então G(a) = a e G(b) = b (a = G(a) = Fn0(a) − k
0 e b = G(b) = Fn0(b) − k0),
pelo Teorema 2.11 obtemos ρ(F ) ∈ Q o qual é absurdo. Portanto fn(I) ∩ I = ∅ para todo
n ∈ N, logo I ⊂ S1\Ω(f ) em consequência S1\N ⊂ S1\Ω(f ), logo Ω(f ) ⊂ N e como N ⊂ Ω(f ),
então Ω(f ) = N .
Corolario 2.18. Seja f : S1 → S1 um homeomorfismo que preserva orientação e F : R → R
um levantamento de f . Se ρ(F ) ∈ R\Q, então Ω(f ) = S1 ou Ω(f ) é perfeito com interior
vazío.
Demonstração. Como ρ(F ) ∈ R\Q, pelo Teorema 2.17 Ω(f ) é o menor conjunto fechado e invariante em S1. Afirmamos que Ω(f ) é perfeito. Com efeito, pela Observação 2.9 temos que
Ω(f ) = Ω(f ) = Ω(f ) ∪ Ω(f )0, (onde Ω(f )0 denota o conjunto de pontos de acumulação de Ω(f )) logo Ω(f )0 ⊂ Ω(f ). Note que Ω(f )0 é fechado e invariante, então Ω(f ) ⊂ Ω(f )0, logo
Ω(f ) = Ω(f )0, ou seja Ω(f ) é perfeito.
Como Ω(f ) é fechado e invariante então: f (Ω(f )) = Ω(f ) e f (S1 \ Ω(f )) = S1 \ Ω(f ), logo
f (∂Ω(f )) = ∂Ω(f ). Se segue que ∂Ω(f ) é fechado e invariante, e como: (int(X) denota o interior do conjunto X.)
Ω(f ) = Ω(f ) = int(Ω(f )) ∪ ∂Ω(f ) (2.23)
então por (2.23) temos que ∂Ω(f ) ⊂ Ω(f ) e como Ω(f ) é o menor conjunto fechado e invariante em S1, então ∂Ω(f ) = ∅ ou ∂Ω(f ) = Ω(f ).
Se int(Ω(f )) 6= ∅ então ∂Ω(f ) = ∅, (pois caso contrario teríamos que ∂Ω(f ) = Ω(f ), então ∅ = int(∂Ω(f )) = int(Ω(f )) o qual é absurdo) e usando (2.23) obtemos Ω(f ) = int(Ω(f )), ou seja Ω(f ) é aberto e fechado, como S1 é conexo, então Ω(f ) = S1.
Se int(Ω(f )) = ∅ então ∂Ω(f ) = Ω(f ), logo Ω(f ) é totalmente disconexo, perfeito e compacto, em consequência Ω(f ) é um conjunto de Cantor.
Para acabar esta seção enunciaremos dois resultados importantes feitos pelo estudo da dinâmica de homeomorfismos e difeomorfismos do S1 os quais se conheçem como os exemplos de Denjoy e cujas demonstrações e demais resultados relacionados podem ser encontrados em [HK]. Corolario 2.19. Seja f : S1 → S1 um difeomorfismo de classe C2
e F : R → R um levanta-mento de f tal que ρ(F ) = α ∈ R\Q, então f é conjugado a Rα.
Teorema 2.20. Seja α ∈ R\Q, então existe um f : S1 → S1 difeomorfismo de classe C1 com
Capítulo 3
Endomorfismos de Grau
1
3.1
Conjunto de Rotação
No anterior capítulo nós definimos para um homeomorfismo que preserva orientação f : S1 → S1,
o número de rotação, com o objetivo de poder fazer o estudo da dinâmica do mesmo. Agora para o caso de endomorfismos de classe Cr e grau 1, Newhouse, Palis e Takens generalizam o
conceito de numero de rotação a intervalo de rotação (ver [NPT]). Nesta seção definimos o intervalo de rotação e provaremos algumas das suas propiedades que são análogas às propi-edades que tinha o número de rotação para homeomorfismos de S1. Em [B] e [MR] Boyland e
Misiurewicz fazem o mesmo trabalho definindo o conjunto de rotação e provam algumas pro-piedades do conjunto de rotação. Boyland faz o trabalho para uma classe particular de familia paramétrica de endomorfismos e Misiurewicz faz o trabalho análogo reduzindo o caso geral ao caso de considerar só levantamentos não-decrescentes.
Em primeiro lugar notemos que no caso de F ∈ Endr
1(R) ser um homeomorfismo, tinhamos
que o limite limn→∞
Fn(x)−x
n existe e independe do ponto x ∈ R. No caso em que F ∈ End r 1(R)
náo seja um homeomorfismo temos que o limite limn→∞
Fn(x)−x
n podería não existir para algum
ponto x ∈ R e mesmo se o limite existir, ele depende do ponto x ∈ R, ou seja, se existem os limites limn→∞F
n(x)−x
n e limn→∞
Fn(y)−y
n para alguns x, y ∈ R, então podería ocorrer que
limn→∞ F
n(y)−y
n 6= limn→∞
Fn(x)−x
n . Mas no caso em que F ∈ End r
1(R), então podemos garantir
que Fn(x)−xn é limitada para todo x ∈ R e todo n ∈ N (isto pela Observação 1.2, g)), logo o lim supn→∞F
n(x) − x
n existe para todo x ∈ R. Definição 3.1. Seja F ∈ Endr
1(R) e x ∈ R, definimos o número de rotação de F em x por:
ρ(F, x) = lim sup
n→∞
Fn(x) − x
e o conjunto de rotação de F por:
ρ(F ) ={ρ(F, x) : x ∈ R} Observação 3.2.
1) Poderíamos tambêm ter definido o número de rotação de F em x ∈ R por: e ρ(F, x) = lim inf n→∞ Fn(x) − x n e logo, e ρ(F ) = {ρ(F, x) : x ∈ R}e
porém as duas definições são equivalentes (ver o item 2) abaixo) e ρ(F ) =ρ(F ).e
2) Em [I], R. Ito, mostra que o conjunto {ρ(F, x) : x ∈ R} é fechado, e portanto o fecho na definição não é necessário, isto é:
ρ(F ) = {ρ(F, x) : x ∈ R}
mais ainda, em [I], Ito prova que dado α ∈ ρ(F ), existe x ∈ R tal que limn→∞ F
n(x)−x
n = α.
Assim a definição acima é equivalente a: ρ(F ) = lim n→∞ Fn(x) − x n : x ∈ R e o limite existe 3) Se f ∈ Endr
1(S1) e F, G : R → R são dois levantamentos de f , então existe k ∈ Z tal que
G = F + k, logo para todo n ∈ N e todo x ∈ R vale que: Gn(x) − x
n =
Fn(x) − x
n + k
e assim ρ(G, x) = ρ(F, x) + k.
4) Se f : S1 → S1 é um homeomorfismo que preserva orientação, então ρ(F, x) = ρ(F ) para
todo x ∈ R; isto é, ρ(F ) é um conjunto unitario e independe do ponto x ∈ R, logo o conjunto de rotação definido acima coincide neste caso com o número de rotação.
5) Se f ∈ Endr
1(S1), como consequência do item (3) acima podemos definir ρ(f ) como um
“in-tervalo módulo Z” considerando um levantamento F de f e definindo ρ(f ) = ρ(F ) (mod Z). ♦
Como veremos a continuação, se F ∈ Endr
1(R), ρ(F ) é um intervalo fechado ou um ponto. (O
Lema 3.3. Seja F ∈ Endr1(R), então o conjunto de rotação ρ(F ) é limitado.
Demonstração. Pela Observação 1.2, g), existe L > 0 tal que |Fn(x) − x| ≤ nL para todo x ∈ R
e todo n ∈ N. Logo |ρ(F, x)| = lim sup n→∞ Fn(x) − x n ≤ L; ∀ x ∈ R
Lema 3.4. Seja F ∈ Endr1(R). Se existe x0 ∈ R tal que Fq(x0) = x0+ p para alguns q ∈ N e
p ∈ Z, então ρ(F, x0) = pq.
Demonstração. Como Fq(x0) = x0 + p, fazendo o mesmo trabalho que fizemos para provar a
Proposição 2.2, na existência do limite, caso I), obtemos: ρ(F, x0) = lim sup n→∞ Fn(x0) − x0 n = limn→∞ Fn(x0) − x0 n = p q
O seguinte Teorema é devido a Newhouse, Palis e Takens e encontra-se como um Lema em [NPT].
Teorema 3.5. Se λ, µ ∈ ρ(F ), com λ ≤ pq ≤ µ, onde p ∈ Z e q ∈ N, então existe x0 ∈ R tal
que Fq(x0) = x0+ p.
Demonstração. Suponha por absurdo, que Fq(x) 6= x + p para todo x ∈ R, então
Fq(x) − x > p; ∀ x ∈ R ou Fq(x) − x < p; ∀ x ∈ R
(i) Se Fq(x) − x > p, ∀x ∈ R; então a função φ(x) = Fq(x) − x − p é contínua de periódo um
e satisfaz que φ(x) > 0 para todo x ∈ R; logo existe ε1 > 0 tal que 0 < ε1 < φ(x) para todo
x ∈ R, isto é, Fq(x) − x > p + ε
1; ∀ x ∈ R. Logo para todo m ∈ N temos que:
Fmq(x) − x mq = m X i=1 Fq(F(i−1)q(x)) − F(i−1)q(x) mq > m X i=1 p + ε1 mq = p + ε1 q (3.1)
Agora dado x1 ∈ R, seja y = lim supn→∞
Fn(x
1) − x1
n , então y ∈ {ρ(F, x) : x ∈ R}. Dado n ≥ q, existem inteiros positivos m e r tais que n = mq + r, com 0 ≤ r < q, tomando N = min{Fj(x 1) − x1 : 0 ≤ j ≤ q − 1} e usando (3.1) obtemos: Fn(x 1) − x1 n = Fmq(Fr(x 1)) − Fr(x1) n + Fr(x 1) − x1 n > m(p + ε1) n + N n = p + ε1 q + r m +N n
note que m → ∞ quando n → ∞, assim: y = lim sup n→∞ Fn(x 1) − x1 n ≥ lim supn→∞ p + ε1 q + mr + N n = p + ε1 q logo, {ρ(F, x) : x ∈ R} ⊂ y ∈ R : y ≥ p + ε1 q assim, ρ(F ) = {ρ(F, x) : x ∈ R} ⊂ y ∈ R : y ≥ p + ε1 q (3.2) e como λ ∈ ρ(F ), então por (3.2) λ > pq, o qual contradiz a nossa hipótese de que λ ≤ pq. (ii) Se Fq(x) − x < p, ∀x ∈ R. Fazendo o mesmo trabalho que fizemos em (i), temos que existe
ε2 > 0 tal que: ρ(F ) ={ρ(F, x) : x ∈ R} ⊂ y ∈ R : y ≤ p − ε2 q (3.3) o qual contradiz a nossa hipótese de que µ ≥ pq.
Assim (i) e (ii) nos gera um absurdo, portanto existe x0 ∈ R tal que Fq(x0) = x0+ p.
Definição 3.6. Seja F ∈ Endr1(R), definimos ρ1(F ) = inf{ρ(F, x) : x ∈ R} e ρ2(F ) =
sup{ρ(F, x) : x ∈ R}.
Teorema 3.7. Seja F ∈ Endr
1(R), então ρ(F ) = [ρ1(F ), ρ2(F )].
Demonstração. Pelo Lema 3.3 ρ(F ) é limitado, logo ρ(F, x) existe para todo x ∈ R, assim ρ(F ) 6= ∅. Tambêm por definição ρ(F ) é fechado, logo ele é compacto. Por outro lado pelo Teorema 3.5 sabemos que os pontos racionais entre dois pontos λ, µ ∈ ρ(F ) estão em ρ(F ). Como os racionais são densos em R, então necessáriamente ρ(F ) é un intervalo compacto.
3.2
Propiedades do Intervalo de Rotação
O seguinte Lema fornece algumas propiedades do intervalo de rotação ρ(F ) = [ρ1(F ), ρ2(F )] e
portanto do seus extremos ρ1(F ) e ρ2(F ).
Lema 3.8. Seja F ∈ Endr1(R), então:
2) ρ(F + k) = ρ(F ) + k, para todo k ∈ Z. 3) ρ(Fs) = s · ρ(F ), para todo s ∈ N.
Em particular vale ρ1(F + k) = ρ1(F ) + k, ρ2(F + k) = ρ2(F ) + k, ρ1(Fs) = s · ρ1(F ) e
ρ2(Fs) = s · ρ2(F ), para todo k ∈ Z e s ∈ N.
Demonstração. Sejam k ∈ Z e x ∈ R, então: ρ(F, x + k) = lim sup n→∞ Fn(x + k) − (x + k) n = lim supn→∞ Fn(x) − (x) n = ρ(F, x)
logo se segue 1). Por outro lado para provar 2) e 3), basta notar que para todo x ∈ R, k ∈ Z e s ∈ N vale: ρ(F + k, x) = ρ(F, x) + k e ρ(Fs, x) = s · ρ(F, x). Com efeito:
ρ(F + k, x) = lim sup n→∞ (F + k)n(x) − x n = lim supn→∞ Fn(x) − x n + k = ρ(F, x) + k
Agora para mostrar ρ(Fs, x) = s · ρ(F, x), note que dado n ∈ N, com n ≥ s, existem m ∈ N e
r ∈ Z+ tais que n = ms + r com 0 ≤ r < s. Por outro lado para todo 0 ≤ r < s existe M r > 0
tal que |Fr(x) − x| ≤ Mr para todo x ∈ R, tomando M = max{Mr : 0 ≤ r < s} obtemos que
|Fr(x) − x| ≤ M para todo x ∈ R e todo 0 ≤ r < s. Em particular para todo 0 ≤ r < s e todo
m ∈ N vale que:
|Fr(Fms(x)) − Fms(x)| ≤ M, ∀ x ∈ R (3.4)
Note que m −→ ∞ quando n −→ ∞ e que limn→∞msn = 1. Usando a última igualdade e (3.4)
obtemos: s · ρ(F, x) = lim sup n→∞ s · F r(Fms(x)) − Fms(x) n +ms n · Fms(x) − x m = lim n→∞ s · F r(Fms(x)) − Fms(x) n + lim sup n→∞ ms n · Fms(x) − x m = lim sup m→∞ (Fs)m(x) − x m = ρ(Fs, x)
Lema 3.9. Seja F ∈ Endr1(R) e c ∈ R.
1) Se F (x) − x ≥ c para todo x ∈ R, então ρ1(F ) ≥ c.
3) Se F (x) − x ≤ c para todo x ∈ R, então ρ2(F ) ≤ c.
4) Se F (x) − x < c para todo x ∈ R, então ρ2(F ) < c. A recíproca é verdadeira se c ∈ Z.
Demonstração. Só provaremos 1) e 2), as provas de 3) e 4) são as mesmas trocando ≥ por ≤ e > por < respectivamente.
1). Dado x ∈ R, usando a hipótese, para todo n ∈ N vale: Fn(x) − x n = Pn−1 i=0[F (F i(x)) − Fi(x)] n ≥ c logo, ρ(F, x) = lim sup n→∞ Fn(x) − x n ≥ c portanto ρ1(F ) ≥ c.
2). (=⇒). Como F (x) − x > c para todo x ∈ R, logo existe δ > 0 tal que F (x) − x > c + δ para todo x ∈ R, logo usando a hipótese, para todo n ∈ N vale:
Fn(x) − x n = Pn−1 i=0[F (F i(x)) − Fi(x)] n > c + δ logo, ρ(F, x) = lim sup n→∞ Fn(x) − x n ≥ c + δ portanto ρ1(F ) ≥ c + δ > c.
(⇐=). Suponhamos que c ∈ Z e ρ1(F ) > c. Se existe x0 ∈ R tal que F (x0) − x0 ≤ c, então:
(i) Se F (x0) − x0 = c, então ρ1(F ) ≤ ρ(F, x0) = c, absurdo.
(ii) Se F (x0) − x0 < c, então:
• F (x) − x < c para todo x ∈ R; então existe δ > 0 tal que F (x) − x < c − δ para todo x ∈ R, assim dado x ∈ R, para todo n ∈ N vale:
Fn(x) − x n = n−1 X i=0 F (Fi(x)) − Fi(x) n < c − δ
logo, ρ(F, x) = lim supn→∞F
n(x) − x
n ≤ c − δ, então ρ1(F ) ≤ ρ(F, x) ≤ c − δ < c, absurdo.
• Existe x1 ∈ R tal que F (x1) − x1 ≥ c; então F (x0) − x0 < c ≤ F (x1) − x1 pelo
Teorema do valor intermediário existe x2 ∈ R tal que F (x2) − x2 = c, assim, ρ1(F ) ≤
ρ(F, x2) = c, absurdo.
Portanto devemos ter que F (x) − x > c para todo x ∈ R. Corolario 3.10. Seja F ∈ Endr1(R), c ∈ R e m ∈ N. 1) Se Fm(x) − x ≥ c para todo x ∈ R, então ρ1(F ) ≥
c m 2) Se Fm(x) − x > c para todo x ∈ R então ρ
1(F ) >
c
m. A recíproca é verdadeira se c ∈ Z. 3) Se Fm(x) − x ≤ c para todo x ∈ R, então ρ2(F ) ≤
c m. 4) Se Fm(x) − x < c para todo x ∈ R então ρ
2(F ) <
c
m. A recíproca é verdadeira se c ∈ Z. Demonstração. Basta notar que Fm ∈ Endr
1(R), logo aplicamos o Lema 3.9 a G = Fm para
obter o resultado para G = Fm e depois o Lema 3.8, 3) para obter o resultado para F .
Lema 3.11. (Desvío limitado) Seja F ∈ Endr
1(R). Para todo x ∈ R e todo n ∈ N vale:
n · ρ1(F ) − 1 ≤ Fn(x) − x ≤ n · ρ2(F ) + 1.
Demonstração. Suponhamos por absurdo que existe x0 ∈ R e n0 ∈ N tal que:
Fn0(x 0) − x0 < n0· ρ1(F ) − 1 ou Fn0(x0) − x0 > n0· ρ2(F ) + 1 Suponhamos que Fn0(x 0) − x0 < n0· ρ1(F ) − 1 (3.5) (o caso Fn0(x
0) − x0 > n0· ρ2(F ) + 1 é análogo), notemos que:
∃ y0 ∈ R : Fn0(y0) − y0 ≥ n0· ρ1(F ). (3.6)
Com efeito, se Fn0(y) − y < n
0 · ρ1(F ) para todo y ∈ R, como [0, 1] é compacto existe M =
max{Fn0(y) − y : y ∈ [0, 1]} < n
0 · ρ1(F ), logo existe δ > 0 tal que M < M + δ < n0· ρ1(F )
para todo y ∈ R, assim M +δn0 < ρ1(F ) ≤ ρ2(F ). Pelo Corolario 3.10, 3) existe x1 ∈ R tal que
M ≥ Fn0(x
1) − x1 > M + δ o qual é absurdo. Por tanto vale ( 3.6).
De ( 3.5) e ( 3.6), [n0 · ρ1(F ) − 1, n0· ρ1(F )] ⊂ Im(Fn0 − Id), logo existe k0 ∈ [n0 · ρ1(F ) −
1, n0· ρ1(F )) ∩ Z tal que Fn0(x2) = x2+ k0 para algum x2 ∈ R. Pelo Lema. 3.4, n0· ρ1(F ) ≤
n0· ρ(F, x2) = k0 < n0· ρ1(F ), o qual é absurdo.
i) n · ρ1(F ) − 1 ≤ infx∈R{Fn(x) − x} ≤ n · ρ1(F )
ii) n · ρ2(F ) ≤ supx∈R{Fn(x) − x} ≤ n · ρ2(F ) + 1
Demonstração. i). (O item ii) é análogo) Pelo Lema 3.11 para todo x ∈ R e todo n ∈ N vale: n · ρ1(F ) − 1 ≤ inf
x∈R{F
n(x) − x}
Se existe n0 ∈ N tal que n0·ρ1(F ) < infx∈R{Fn0(x)−x}, então existe δ > 0 tal que n0·ρ1(F )+δ <
Fn0(x) − x para todo x ∈ R. Pelo Corolario 3.10, 2), ρ
1(F ) > ρ1(F ) + nδ0, o qual é absurdo.
Portanto infx∈R{Fn(x) − x} ≤ n · ρ
1(F ) para todo n ∈ N.
Corolario 3.13. Seja F ∈ Endr
1(R). Então: i) ρ1(F ) = limn→∞ infx∈R F n(x) − x n ii) ρ2(F ) = limn→∞ supx∈R F n(x) − x n
Demonstração. i). (A prova de ii) é análoga) Pelo Corolario 3.12, i), obtemos: n · ρ1(F ) − 1 ≤ inf x∈R{F n(x) − x} ≤ n · ρ 1(F ) logo, ρ1(F ) − 1 n ≤ infx∈R Fn(x) − x n ≤ ρ1(F ) assim, ρ1(F ) ≤ lim n→∞ inf x∈R Fn(x) − x n ≤ ρ1(F ).
Corolario 3.14. Seja F ∈ Endr1(R). Se ρ1(F ) = ρ2(F ) = ρ(F ), então ρ(F, x) = limn→∞ F
n(x)−x
n
converge uniformemente (em x ∈ R) a ρ(F ). Demonstração. Dado x ∈ R, para todo n ∈ N vale:
inf x∈R Fn(x) − x n ≤ F n(x) − x n ≤ supx∈R Fn(x) − x n
assim, pelo Corolario 3.13, ρ1(F ) = lim n→∞ inf x∈R Fn(x) − x n ≤ lim n→∞ Fn(x) − x n ≤ limn→∞ sup x∈R Fn(x) − x n = ρ2(F )
O seguinte Lema diz que os extremos ρ1(F ) e ρ2(F ) do intervalo de rotação ρ(F ) = [ρ1(F ), ρ2(F )]
dependem continuamente de F . Em particular quando F ∈ Endr
1(R) é crescente, então o
nú-mero de rotação ρ(F ) depende continuamente de F .
Lema 3.15. As funções ρ1 : Endr1(R) → R e ρ2 : Endr1(R) → R são contínuas.
Demonstração. Fixamos arbitráriamente F ∈ Endr
1(R). Basta mostrar que ρ1 e ρ2 definidas
em End0
1(R) são contínuas. Com efeito, dado ε > 0, seja n0 ∈ N tal que n20 < ε, pelo Lema
3.11 vale:
n0 · ρ1(F ) − 1 ≤ Fn0(x) − x ≤ n0· ρ2(F ) + 1 ; ∀ x ∈ R (3.7)
Pelo Corolario 1.6, existe uma vizinhança U0 ⊂ End01(R) de F , tal que:
∀ G ∈ U0; n0· ρ1(F ) − 2 ≤ Gn0(x) − x ≤ n0· ρ2(F ) + 2 ; ∀ x ∈ R (3.8)
Pelo Corolario 3.10, 1) obtemos: ρ1(G) ≥ ρ1(F ) − n20 > ρ1(F ) − ε; e análogamente ρ2(G) <
ρ2(F ) + ε, isto é:
ρ1(F ) − ε < ρ1(G) ≤ ρ2(G) < ρ2(F ) + ε ; ∀ G ∈ U0. (3.9)
(I). Se ρ1(F ) = ρ2(F ), então por (3.9) vale |ρ1(F ) − ρ1(G)| < ε e |ρ2(F ) − ρ2(G)| < ε.
(II). Se ρ1(F ) < ρ2(F ), escolhemos pq11,qp22 ∈ Q, com p1, p2 ∈ Z e q1, q2 ∈ N, tais que
ρ1(F ) < p1 q1 < p2 q2 < ρ2(G) com p1 q1 − ρ1(F ) < ε e p2 q2 − ρ2(F ) < ε
Pelo Corolario 3.10, 1) e 3), existem xi, yi ∈ R tais que Fqi(xi) − xi < pi e Fqi(yi) − yi > pi
para todo i = 1, 2, assim por exemplo para i = 1, pelo Corolario 1.6, existe U1 ⊂ End01(R)
vizinhança de F tal que Gq1(x
1) − x1 < p1 e Gq1(y1) − y1 > p1, para todo G ∈ U1, pelo teorema
do valor intermediário, existe z1 ∈ R tal que Gq1(z1) = z1+ p1, pelo Lema 3.4 obtemos:
ρ1(G) ≤ ρ(G, z1) = p1 q1 < ρ1(F ) + ε assim, ρ1(G) < ρ1(F ) + ε ; ∀ G ∈ U1. (3.10)
Tomando U = U0∩ U1, de (3.9) e (3.10) obtemos que |ρ1(F ) − ρ1(G)| < ε para todo G ∈ U .
Análogamente para i = 2 obtemos uma vizinhança U2 ⊂ End01(R) de F tal que ρ2(G) >
ρ2(F ) − ε para todo G ∈ U2; fazendo V = U0 ∩ U2 obtemos, |ρ2(F ) − ρ2(G)| < ε para todo
Capítulo 4
C
r
- perturbações do intervalo de rotação
Seja f ∈ Endr1(S1) e F ∈ Endr
1(R) um levantamento de f . Lembre que podemos definir
ρ(f ) = ρ(F ) = [ρ1(F ), ρ2(F )].
Definição 4.1. Dizemos que ρi(F ) para i = 1, 2 é Cr-persistente se existe uma vizinhança
V de F em Endr
1(R) tal que ρi(F ) = ρi(G) para todo G ∈ V e i = 1, 2. Se ρ1(F ) e ρ2(F ) são
Cr-persistentes então dizemos que ρ(F ) = [ρ
1(F ), ρ2(F )] é Cr-persistente.
Dizemos que ρi(f ) (ou ρ(f )) é Cr-persistente se ρi(F ) (ou ρ(F )) é Cr-persistente para algum
(e portanto para qualquer) levantamento F de f . Usando a notação da Observação 3.2 (5), isto é o mesmo que dizer que existe uma vizinhança W de f tal que para toda g ∈ W vale ρi(g) = ρi(f ) (mod Z) (ou ρ(g) = ρ(f ) (mod Z)).
Consideremos o conjunto:
Σr = {f ∈ Endr1(S1) : ρ(f ) ´e Cr− persistente}
O resultado central a ser provado é do artigo [BMP], o qual afirma o seguinte: Teorema 4.2. Seja r ≥ 1. Então:
(i) Σr é aberto e denso em Endr1(S1).
(ii) Se f ∈ Σr, então os pontos extremos de ρ(f ) são números racionais.
A prova do Teorema 4.2 se segue imediatamente do Teorema 4.4 abaixo que fornece condições necessárias e suficientes sobre F ∈ Endr
1(R) para que ρ1(F ) e ρ2(F ) sejam Cr-persistentes.
Notação. De aqui em diante F ix(F ) denotará o conjunto de todos os pontos fixos de F ∈ Endr
Definição 4.3. Para F ∈ Endr1(R) e pq ∈ Q, consideremos os conjuntos: Ap,q(F ) = {x ∈ R : Fq(x) > x + p}
Bp,q(F ) = {x ∈ R : Fq(x) < x + p}
Note que como Fq− Id − p é contínua, então Ap,q(F ) e Bp,q(F ) são conjuntos abertos.
Deno-tamos por ∂Ap,q(F ) e ∂Bp,q(F ) as fronteiras de Ap,q(F ) e Bp,q(F ) respectivamente. Usando a
continuidade de Fq− Id − p mostra-se que ∂A
p,q(F ) ⊂ F ix(Fq− p) e ∂Bp,q(F ) ⊂ F ix(Fq− p).
Teorema 4.4. Seja F ∈ Endr
1(R), com r ≥ 1. Então:
(i) ρ1(F ) = pq se, e somente se, existe a ∈ R tal que Fq(a) = a + p e Fq(x) ≥ a + p para todo
x ≥ a.
(ii) ρ2(F ) = pq se, e somente se, existe b ∈ R tal que Fq(b) = b + p e Fq(x) ≤ b + p para todo
x ≤ b.
(iii) ρ1(F ) = pq é Cr-persistente se, e somente se, Ap,q(F ) e Bp,q(F ) são não vazíos e existe
a ∈ ∂Ap,q(F ) tal que Fq(x) > a + p para todo x > a.
(iv) ρ2(F ) = pq é Cr-persistente se, e somente se, Ap,q(F ) e Bp,q(F ) são não vazíos e existe
b ∈ ∂Bp,q(F ) tal que Fq(x) < b + p para todo x < b.
(v) Dado F ∈ Endr
1(R) e i = 1 ou i = 2, existe G ∈ Endr1(R), Cr-próximo a F , tal que
ρi(G) ∈ Q é Cr-persistente. Mais ainda, se ρi(F ) ∈ Q então G pode ser escolhida de
modo que ρi(G) = ρi(F ).
Para a prova do Teorema 4.4, vamos nos concentrar nos casos (i), (iii) e (v) com i = 1, pois os outros casos para i = 2 são totalmente análogos. Nas seções a seguir definiremos conceitos e provaremos resultados relativos a ρ1(F ) que irão nos ajudar na prova de tais itens.
Notação. Dado a ∈ R, denotaremos Ia = [a, a + 1]. Sempre que escrevermos ρ1(F ) = pq vamos
supor que p ∈ Z, q ∈ R e (p, q) = 1. Em particular se ρ1(F ) = pq = 0 tomamos p = 0 e q = 1.
4.1
Pontos Cone e Semi-cone
Para começar, seja F ∈ Endr
1(R) como na Figura 4.1 . Então notemos que F (0) = 0, logo
ρ(F, 0) = 0. Tambem existe b > 0 tal que F (b) < 0, mais ainda note que para todo c ∈ F ix(F ) ∩ [0, 1] temos que existe yc> c tal que F (yc) < c. Então pode se mostrar que neste caso
existe um n ∈ N suficientemente grande tal que ρ1(F ) ≤ −1n < 0. Ou seja, que se o gráfico de
F é como na figura 4.1, então ρ1(F ) 6= 0. Note que se na figura tivéssemos que F (0) = 0 e a
Figura 4.1: O ponto a é um ponto fixo de F e b > a é um ponto tal que F (b) < a.
Resulta que a recíproca dessa afirmação tambem é certa, ou seja que se F (0) = 0 e F satisfaz a propiedade de que F (x) ≥ 0 para todo x ≥ 0 então ρ1(F ) = 0. A propiedade adicional que
satisfaz F motiva à seguinte definição.
Definição 4.5. Seja F ∈ Endr1(R) e a ∈ R. Se F (x) > F (a) para todo x > a, a é chamado ponto cone de F . Se acontecer que F (x) ≥ F (a) para todo x > a, a é chamado ponto semi-cone de F . Denotamos por C(F ) ao conjunto de todos os pontos que são pontos semi-cone de F e por SC(F ) ao conjunto de todos os pontos que são pontos semi-cone de F . E denotamos por C∗(F ) = F ix(F ) ∩ C(F ) e SC∗(F ) = F ix(F ) ∩ SC(F ).
Que o ponto a ∈ R seja um ponto cone de F , gráficamente significa que a gráfica da função F no intervalo (a, ∞) fica por acima e sem bater à reta horizontal y = F (a) ou equivalentemente que F ((a, ∞)) ⊂ (F (a), ∞). Similarmente que a ∈ R seja um ponto semi-cone de F , significa que a gráfica da função F no intervalo (a, ∞) fica por acima e podendo bater à reta horizontal y = F (a) ou equivalentemente que F ((a, ∞)) ⊂ [F (a), ∞) (ver Figura 4.2).
Observação 4.6. Seja F ∈ Endr1(R).
(i) C(F ) ⊂ SC(F ). Mais ainda, SC(F ) é fechado e C(F ) ⊂ SC(F ).
(ii) Se a ∈ C(F ) (respectivamente SC(F )), então a + k ∈ C(F ) (respectivamente SC(F )) para todo k ∈ Z.
(iii) Se a ∈ F ix(Fq− p), então:
• a ∈ C(Fq) ⇐⇒ a ∈ C(Fq− p)
