INTRODUÇÃO SISTEMAS DINÂMICOS 15

2.4. Aplicações do círculo. .X = T1 = R/ZFactor space: x ⇠ y , x � y 2 Z,

T1 = R/Z = {[x] : x 2 R} = {x mod 1: x 2 R}

with distância

d([x], [y]) := min{|x � y|, 1 � |x � y|}.

In the following we simply write x = [x]. Other point ofview: unit circle

S1 = {z 2 C : |z| = 1}

with distance induced by shortest arc length.There is a bijective identification of the two by

T1! S1, [x] 7! e2⇡xi.

There is a naturally induced order (on either T1 or S1) bythe order on R. Any homeomorphism f : T1

! T1 eitherpreserves or reverts orientation.Denote by ⇡ : R ! T1 the natural projection. Note that ⇡is a local homeomorphism. By definition, for every k 2 Zand x 2 T1 we have

⇡(x + k) = ⇡(x).

2.4.1. Rotation on T1. We study rotation by angle ↵ 2 R.R↵ : T1

! T1,

R↵(x) := x + ↵ mod 1.

Note that any rotation is an isometry, that is, preservesdistances

d(R↵(x1), R↵(x2)) = d(x1, x2).

Further, for every k 2 Z we have

Rk↵(x) = x + k↵ mod 1 = Rk↵(x).

Lemma 2.39. If ↵ 62 Q, then R↵ is minimal. If ↵ = pq ,

p, q 2 Z relatively prime, then every x is periodic withperiod q.

Demonstração.

Afirmação 1. If ↵ 62 Q then for every x 2 T1, Rn↵(x) 6=

Rm↵ (x) if n, m 2 Z, n 6= m.

Demonstração. By contradiction, if n 6= m with Rn↵(x) =

Rm↵ (x). Then there is k 2 N so that

x + m↵ = x + n↵ + k

which implies m↵ = n↵ + k. As m 6= n, ↵ = k/(m � n) 2

Q, contradiction. ⇤

Afirmação 2. If ↵ 62 Q, then for every " > 0 for every xthere exist n, m 2 N so that d(Rn(x), Rm(x)) < ". More-over, R↵ is minimal.

Demonstração. Given " > 0, let N 2 N com 1N < ". Given

x, consider x, R↵(x), · · · , RN↵ (x1) 2 OR↵(x). By Afirma-

ção 1 those N + 1 points are pairwise distinct. Hence,dividing T1 into N arcs of arc-length ", by the pigeonholeprinciple, at least one arc contains (at least) two points.Hence exist n 6= m, so that

d(Rn↵(x), Rm

↵ (x)) < ".

With m = ` � k, since R↵ preserves distances,

d(x, Rm↵ (x)) = d(Rk

↵(x), R`↵(x)) < ".

Hence, R⇢ with ⇢ = m↵ is rotation by ⇢ < ". Hence forevery y 2 T1 there is n 2 N with

d(y, Rn⇢ (x) = Rnm

↵ (x)) < ".

In other words, OR⇢(x) is "-dense.As " and x were arbitrary, every point has a dense orbit.Hence R↵ is minimal. ⇤

Suppose ↵ = p/q, p, q 2 Z. As both are relatively prime,q 2 N is the smallest k 2 N such that k p

q = p. Then forevery x 2 R/Z,

Rq↵(x) = x + q

p

qmod 1

= x + p mod 1

= x.

Hence every x is periodic with period q. ⇤

Observe that the translation x 7! x + ↵ on R is a “lift"ofthe rotation R↵ in T1. We call ↵ the rotation number ofR↵. Given ↵ 2 [0, 1] and x 2 T1, we have

R↵(x) =

(x + ↵ se x + ↵ < 1

x + ↵ � 1 se x + ↵ � 1.

The type of topological dynamics of R↵ only depends onthe nature of the rotation number ↵ being rational ↵ 2 Qor not.

2.4.2. Lift of circle homeomorphisms.

Proposição 2.40 (Levantamento–lift). If f : T1! T1

is a homeomorphism, then there exists a homeomorphismF : R ! R such that

⇡ � F = f � ⇡.

Demonstração. Tome a 2 T1 e escolha a 2 R tal que⇡(a) = a. As ⇡ is local homeomorphism, existem um in-tervalo aberto Ia ⇢ R e um arco aberto Ja ⇢ T1 coma 2 Ia e a 2 Ja tal que ⇡ : Ia ! Ja é um homeomorfismo.Considere f(a) e tome f(a) 2 R tal que ⇡(f(a)) = f(a).Repetindo o argumento, encontramos abertos Jf(a) ⇢ T1

e If(a) ⇢ R, f(a) 2 Jf(a) e f(a) 2 If(a) tais que⇡ : Jf(a) ! If(a) é um homeomorfismo.Como f : T1

! T1 é um homeomorfismo, podemos suporque f(Ja) = Jf(a).Daí segue que F : Ia ! If(a) dada por

F (x) = ⇡�1� f � ⇡(x)

está bem definida e é um homeomorfismo.

16 INTRODUÇÃO SISTEMAS DINÂMICOS

INTRODUCAO AOS SISTEMAS DINAMICOS 7

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

difeomorfismo.

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 Jai eJf(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 Iai e If(ai)pontos e intervalos abertos

como 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 sequência finita de pontos a1 =a, a2, · · · , an de T1 e considere Jai e Jf(ai) arcos de T1

tais que para cada i tem-se que f : Jai ! Jf(ai) é um ho-meomorfismo. Para cada i, sejam ai 2 R e f(ai) 2 Rpontos e Iai e If(ai)

intervalos abertos como acima taisque

⇡ : Iai ! Jai e ⇡ : If(ai))! Jf(ai)

são homeomorfismos.Isto implica que podemos definir

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

� f � ⇡.

Verifica-se facilmente que F está bem definida em cadaIai \ Iai+1 o que prova a proposição. ⇤

Definição. A função F : R ! R é chamada um levanta-mento de f : T1

! T1.

Proposição 2.41. If F : R ! R is a lift of a homeo-morphism f : T1

! T1, then there exists k 2 Z such thatF (x + 1) = F (x) + k for every x 2 R.

Demonstração. By ⇡(x) = ⇡(x + 1) we have

(2.6) f(⇡(x)) = f(⇡(x + 1)).

Since ⇡ � F = f � ⇡, we obtain

(2.7) ⇡ � F (x) = f � ⇡(x) = f � ⇡(x + 1) = ⇡ � F (x + 1),

which implies

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

for some integer k(x). Since F is continuous, k(·) must becontinuous and hence k(·) ⌘ k 2 Z. ⇤

In this section we will always assume that f preserves ori-entation.

Proposição 2.42. If F : R ! R is a lift of a homeo-morphism f : T1

! T1, then there exists k 2 {�1, 1} suchthat for every x 2 R we have F (x + 1) = F (x) + k.

Demonstração. By ⇡(x) = ⇡(x + 1) we have

(2.9) f(⇡(x)) = f(⇡(x + 1)).

Since ⇡ � F = f � ⇡, we obtain

(2.10) ⇡ � F (x) = f � ⇡(x) = f � ⇡(x + 1) = ⇡ � F (x + 1),

which implies

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

for some integer k(x). Since F is continuous, k(·) must becontinuous and hence k(·) ⌘ k 2 Z.Suppose k � 2. Then F (x) and F (x + 1) differ bymore than 2. Hence there are points x0 and x1 whichare between x and x + 1 for some x 2 R and such thatF (x0) = 1 and F (x1) = 2 differ by unity. As F (x0) = 1and F (x1) = 2 differ by unity, they represent the samepoint on T1. On the other hand ⇡ maps x0 and x1 todistinct points on T1. This contradicts that f is a home-omorphism. Hence k 1.

0 1x0 x1

1

2

Analogously: k � �1.Suppose k = 0. Then F (0) = F (1) and F fails to beinjective on (0, 1).Thus, only the cases k = ±1 remain. ⇤

Definição 2.43. We call

deg(f)def= F (x + 1) � F (x)

the degree of f . If deg(f) = 1, we say that f preservesorientation, if deg(f) = �1 we say that f revertes orien-tation.If a homeomorphismo f : T1

! T1 preserves orientationthen f(x) f(y) f(z) for x y z, where we consideron T1 the order induced by the one on R.

Proposição 2.44. Seja F : R ! R um levantamento deum orientation-preserving homeomorfismo f : T1

! T1.Tem-se

• para todo x 2 R e k, n 2 Z tem-se

Fn(x + k) = Fn(x),

• para qualquer n 2 Z, F +n é também levantamentode f ,

• F (x) � x é periodica e portanto limitada.• caso G : R ! R é um levantamentos de f : T1

! T1

então existe k 2 N tal que F � G = k.

INTRODUÇÃO SISTEMAS DINÂMICOS 17

2.4.3. Número de Rotação.

Proposição 2.45 (Proposição & Definição). Given a ho-meomorphismo f : T1

! T1 which preserves orientationand some lift F : R ! R of f , then the following limit

⇢(F ) = ⇢(F, x)def= lim

n!1

1

n(Fn(x) � x)

exists and does not depend on x 2 R. It is called transla-tion number of F and we call

⇢(f)def= ⇢(F ) mod 1

the rotation number of f .

O número de rotação é a “velocidade” com a qual o umponto é deslocado no círculo pela transformação.

Lemma 2.46. Se F, F são levantamentos do mesmo ho-meomorfismo, então

⇢(F ) � ⇢(F ) = F � F .

Demonstração. ⇤Lemma 2.47. Let f be some homeomorphismo which pre-serves orientation and F some lift of f , then for everyx, y 2 R we have

F (y) � y F (x) � x + 1.

Demonstração. If k y � x < k + 1, then

0 y � (x + k) < 1

and henceF (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))

As 0 y � (x + k) < 1 implies F (y) � F (x + k) 1, theright-hand side is at most

r.h.s. (F (x) � x) + 1 � 0,

proving the claim. ⇤Lemma 2.48 (Fekete). Seja (an)n uma sequência sub-additiva no sentido que an+m an + am. Então tem-se

limn!1

1

nan = inf

n�1

1

nan.

Caso existe M tal que M an para todo n, entãolimn an/n > �1.

Demonstração. Seja

L := infn

1

nan 2 [�1, 1).

Dado R > L, existe k � 1 tal que1

kak < R.

SejaA := max{a1, . . . , ak}

Para n > k tem-se n = kp + q, q 2 {1, . . . , k � 1}. Tem-se

an = akp+q pak + aq pak + A

Portanto1

nan

pk

n

1

kak +

1

nA <

pk

nR +

1

nA

e assim, para n grande

L 1

nan < R.

Tomando R ! L segue a afirmação. ⇤

Show the following Lemma as an exercice.

Lemma 2.49. Consider a sequence (an)n which is almostadditive in the sense that there exists L such that an+m

an + am+k + L, then the limit limn!1 an/n 2 R [ {�1}

exists. Caso existe M tal que M an para todo n, entãolimn an/n > �1.

Demonstração da Proposição 2.45. .[Existência] Dado x 2 R e an

def= Fn(x) � x, tem-se

an+m = Fn+m(x) � x

= Fm(Fn(x)) � Fn(x) + Fn(x) � x

= Fm(Fn(x)) � Fn(x) + an

(by Lemma 2.47) Fm(x) � x + 1 + an

= am + 1 + an,

where we applied Lemma 2.47 for Fm and y = Fn(x). ByLema 2.49 com L = 1 a sequência an/n é convergente.[Independéncia de x]Como 8k 2 Z8x 2 R

(2.12) F (x + k) = F (x) + k,

se |x � y| < 1 então |F (x) � F (y)| < 1 e

|1

n|Fn(x) � x| �

1

n|Fn(y) � y||

1

n|Fn(x) � Fn(y)| +

1

n|x � y|

2

n

e portanto o limite não depende de x uma vez que existepara algum x. ⇤

Segue imediatamente

Lemma 2.50. Para qualquer x 2 R, n 2 N tem-se

|Fn(x) � x � n⇢(F )| 1.

Em particular a sequência (⇢n)n de funções

⇢n =1

n(Fn

� Id)

converge uniformemente em R para ⇢(F ).

Lemma 2.51. Para qualquer n, k 2 Z tem-se

⇢(Fn + k) = n⇢(F ) + k.

Proposição 2.52. Dado homeomorfismo f : T1! T1 que

preserve a orientação com levantamento F : R ! R, então⇢(F ) é racional se e somente se f tem um ponto periodico.

18 INTRODUÇÃO SISTEMAS DINÂMICOS

Demonstração. ): Supomos que ⇢(F ) = p/q com p 2

Z, q 2 N. Portanto para G = F q� p tem-se ⇢(G) = 0.

G é levantamento de g = fq.Pelo Lema 2.50, |Gn(0)| 1 para todo n 2 ZComo (Gn(0))n é monotona (crescente ou decrescente),existe

x0def= lim

n!1Gn(0).

Tem-se

G(x0) = G(limn

Gn(0)) = limn

Gn+1(0) = x0.

Portanto g(x0) = x0 e fq(x0) = x0.(: Supomos que x0 é p-periodico, então existe p 2 Z talque

F q(x0) = x0 + p

e portantoFnq(x0) = x0 + np.

Pela definição do número de translação,

⇢(F ) = limn

1

nq(Fnq(x0) � x0) = lim

n

np

nq=

p

q2 Q.

⇤

Proposição 2.53. Para um homeomorfismo no círculoque preserve orientação, todos pontos periodicos tem omesmo periodo.De fato, se ⇢(f) = p/q mod 1 com p, q 2 Z primos entresi, então o levantamento F de f tal que ⇢(F ) = p/q paratodo x being um levantamento de um ponto periodico de fsatisfaz F q(x) = x + p, i.e. o levantamento do conjuntode pontos periodicos de f é o conjunto dos pontos fixos deF q

� Id �p.

Demonstração. Se z 2 T1 é f -periodico, então x tal que⇡(x) = z satisfaz F r(x) = x + s para algun r, s 2 Z e

p

q= ⇢(F ) = lim

n

Fnr(x) � x

nr= lim

n

x + ns � x

nr=

s

r.

Portanto s = mp e r = mq para algum m 2 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 indução, Fmq(x) � mp > x, que é impossível.Por argumentos análogos, F q(x) � p < x é impossível.Portanto F q(x) = x + p. ⇤

Lemma 2.54. Sejam f : T1! T1 e g : T1

! T1 homeo-morfismos que preservam orientação conjugados (por umhomeomorfismo que preserve orientação). Então

⇢(f) = ⇢(g).

2.4.4. Homeomorfismos com pontos periodicos. Dizemosque um ponto x é heteroclinic com a e b se limn f�n(x) = ae limn fn(x) = b. No caso particular quando a = b, dize-mos que x é homoclinic.

Exemplo 2.55. transformação polo norte–polo sul

Lemma 2.56. Se I ⇢ R é intervalo fechado limitado ef : I ! I invertível, não-decrescente continua, então qual-quer ponto x 2 I é ou fixo ou (positivamente ou negativa-mente) assintótico com pontos fixos adjacentes.

Demonstração. ver figura.Se x 2 I e f(x) 6= x, então ou f(x) > x ou f(x) < x.Caso f(x) > x, então f2(x) = f(f(x)) > f(x). Por in-dução, provamos que para todo n � 1, fn(x) > fn�1(x).Assim (fn(x))n�1 é monóntona crescente e potanto con-verge para y 2 I, pois I é fechado. Assim,

limn!1

fn(x) = y 2 I.

Como f é continua seguef(y) = f(lim

nfn(x)) = lim

nfn+1(x) = y.

Assim y é ponto fixo e a órbita de x é asssintótica a y.Caso f(x) < x, segue da mesma forma com fn(x) <fn�1(x) e (fn(x))n é uma sequência decrescente e con-vergente para um ponto fixo.Como f�1 também é monótona crescente, usando o argu-mento acima prova-se que o ↵-limite de x 2 I é tambémum ponto fixo de f . ⇤Proposição 2.57. Se f : T1

! T1 é um homeomor-fismo que preserve orientação com número de rotação⇢(f) = p/q 2 Q. Então somente um dos dois seguintescasos vale:

(1) se f tem exatamente uma órbita periodica, todoponto que não pertence a ela é heteroclinic (rela-tivamente a fq) e esta órbita tem dois pontos. Ospontos são

– distinctos se o periodo é > 1,– iguais no outro caso.

(2) Se f tem mais do que uma órbita periodica, todoponto que não pertence à uma delas é heteroclinic(relativamente a fq) com dois pontos em órbitasperiodicas diferentes.

Demonstração. Identificamos fq com um homeomorfismonum intervalo considerando x um lift de um ponto fixo defq e considerando a restrição o levantamento F q

� p def no intervalo [x, x + 1]. Assim, a afirmação (1) segue doLema 2.56.Para ver (2), basta mostrar que as duas órbitas periodi-cas são distinctas. Por contradição, supondo que existisse

INTRODUÇÃO SISTEMAS DINÂMICOS 19

um intervalo I = [a, b] tal que a e b são zeros adjacentesde F q

� Id �p e tal que a, b projectam no mesma órbitaperiodica. Então com z = ⇡(a) 2 T1 e fk(z) = ⇡(b) 2 T1

tem-se que [q�1n=0f

nk(⇡(a, b)) cobre o complemento da ór-bita {fn(z)})n = 0q�1 e portanto não contém demais pon-tos periodicos. Portanto, f somente tem uma tal órbitaperiodica. Contradição. ⇤

Exemplo 2.58. Se há somente um ponto fixo, a sua na-tureza é semi-estável, i.e. ele é repelente em um lado eatraente no outro lado. Ver figura com o exemplo

f(x) = x +1

4sen2(⇡x) mod 1.

Exemplo 2.59 (Arnold). Dado ↵ 2 [0, 1/2⇡), ⌧ 2 R,considere o levantamento

F↵,⌧ (x) = x + ⌧ + ↵ sen(2⇡x).

Corolário 2.60. Se f : T1! T1 é um homeomorfismo

que preserve orientação com número de rotação ⇢(f) 2 Q.Então o conjunto !-limite de qualquer ponto é um pontoperiodico.

2.4.5. Homeomorfismos sem pontos periodicos.

Lemma 2.61. Seja f : T1! T1 é um homeomorfismo que

preserve orientação e sem ponto periodicos. Para qualquerm, n 2 Z, m 6= n, x 2 T1, e I ⇢ T1 um intervalo fechadocom pontos extremos fm(x) e fn(x), qualquer semi-orbitapositiva e qualquer semi-orbita negativa intersecta I.

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

Sk�1 f�k(I) cobre T1.

SejaIk

def= 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 T16=

Sk�0 Ik, então o ponto f�k(n�m)+m(x) não está

contida em nenhum I` para qualquer ` = 0, . . . , k � 1.Portanto a sequência (f�k(n�m)+m(x))k destes pontos émonótona e converge para um z 2 T1. Isto implicaria que

z = limk!1

f�k(n�m)(fm(x)) = limk!1

f (�k+1)(n�m)(fm(x))

= limk

f (n�m)(f�k(n�m)(fm(x)))

= f (n�m)(limk

f�k(n�m)(fm(x))) = f (n�m)(z)

é ponto periodico, contradição. ⇤

Proposição 2.62. Seja f : T1! T1 um homeomorfismo

que preserve orientação e sem ponto periodicos. Então!(x) não depende de x, é um conjunto não vazio, com-pacto, perfeito e ou igual T1 ou em nenhum lugar denso.

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

Demonstração. .[Independência de x] Sejam x 6= y. Seja z 2 !(x). Consi-dere (`n)n tal que limn f `n(x) = z. Pelo Lema 2.61 existekm � 1 tal que

fkm(y) 2 Imdef= [f `m(x), f `m+1(x)] ! z.

Portanto limm fkm(y) = z e z 2 !(y).Portanto !(x) ⇢ !(y).!(x) = !(y) por simetria.

Afirmação 3. Edef= !(x) é o menor conjunto não vazio,

fechado, invariante.

Demonstração. Se A 6= ?, A ⇢ T1, f -invariante e fechadoe z 2 A, segue {fn(z)}n2Z ⇢ A por invariância e

E = !(x) ⇢ {fn(z)}n2Z ⇢ A

porque A está fechado.Portanto, qualquer conjunto, fechado e f -invariante ou évazio ou contém E.Como E é fechado, E contém a sua fronteira.A fronteira de E também é fechada (exercício).A fronteira de E também é invariante:x 2 @E , 8U vizinhança de x: U \ E 6= ?, U \ E 6= ?;e como f é homeomorfismo, isso vale igualmente para asimagensPortanto @E é fechado e f -invariante.Portanto, ou @E = ? (que implicaria E = T1) ou @E = E(que implicaria que E é em nenhum lugar denso). ⇤

Basta mostrar E perfeito. Seja x 2 E. Seja (kn)n talque limn fkn(x) = x. Como f não tem pontos periodicos,fkn(x) 6= x para todo n. Portanto, x 2 E é accumuladopor pontos fkn(x) 6= x e como x 2 E e E invariante sãopontos em E. ⇤

20 INTRODUÇÃO SISTEMAS DINÂMICOS

2.4.6. A classificação de Poincaré. O objetivo desta seçãoé caracterizar os homeomorfismos de S1, segundo a exis-tência ou não de pontos periódicos. Esta caracterização édevida a H. Poincaré.

A órdem dos pontos na órbita corresponde exactamente aórdem dos pontos na rotação/translação “correspondente”:

Proposição 2.63. Se F : R ! R é levantamento de ho-meomorfismo que preserve orientação com ⇢ = ⇢(F ) 62 Q,então para n1, n2, m1, m2 2 Z e x 2 R tem-se

n1⇢+m1 < n2⇢+m2 iff Fn1(x)+m1 < Fn2(x)+m2.

Demonstração. Fn1(x) + m1 6= Fn2(x) + m2: se tivesse=, teria Fn1(x) � Fn2(x) 2 Z e portanto ⇡(x) periódico.contradição.Portanto, fixando n1, n2, m1, m2 2 Z tem-se

x 7! Fn1(x) + m1 � Fn2(x) � m2

é contínua e sempre tem mesmo sinal.Assuminos que Fn1(x) + m1 < Fn2(x) + m2 para todo xque é 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 indução, Fn(n1�n2)(0) < n(n1 � n2) e portanto

⇢ = limn

Fn(n1�n2)(0)

n(n1 � n2) lim

n

n(m2 � m1)

n(n1 � n2)=

(m2 � m1)

(n1 � n2)

como ⇢ 62 Q mas (m2 � m1)/(n1 � n2) 2 Q, segue

n1⇢ + m1 < n2⇢ + m2

todos as implicações podem ser lidos invertidas ⇤Teorema 2.64. Se f : T1

! T1 é um homeomorfismoque preserve orientação tal que ⇢(F ) 62 Q, então existeuma semi-conjugação continua que preserve a orientaçãode f com a rotação R⇢(F ) : T1

! T1,

R⇢(F )(x) = x + ⇢(F ) mod 1.

Observação 2.65. Observe que se f não tem pontos pe-riódicos, então se x, y 2 Of (z) e y está entre x e z, entãopara a semi-conjugação h tem-se que h(y) está entre h(x)e h(z). Deste fato segue que h é uma transformação mo-nótona h : T1

! T1 satisfazendo a equação h � f = R↵ �h.Em geral, h não é uma conjugação porque podem existirpontos em T1 cuja pre-imagem por h é um intervalo.

Demonstração do Teorema 2.64. ): Seja F : R ! R le-vantamento de f e x 2 R.Seja B o levantamento da órbita de x

Bdef= {Fn(x) + m : n, m 2 Z}.

Seja H : B ! RFn(x) + m 7! n⇢ + m

Como ⇢ 62 Q, H(B) = {n⇢ + m}n,m é densa em RPela Proposição 2.63, H é monóntona.

Considerando a translação R⇢ : R ! R, R⇢(x) = x + ⇢,então, usando F (Fn(x) + m) = Fn+1(x) + m, tem-se

(H � F )(Fn(x) + m) = H(Fn+1(x) + m)

= (n + 1)⇢ + m

= R⇢(H(x))

e

(R⇢ � H)(Fn(x) + m) = R⇢(n⇢ + m)

= (n + 1)⇢ + m

portanto H � F = R⇢ � H em B.

Mostramos que H estende continuamente para B = R.Seja y 2 B. Seja (xn)n ⇢ B com xn ! y.Como H é monótona,

H+(y)def= lim

xn&yH(xn)

existe e é independente da sequência e

H�(y)def= lim

xn%yH(xn)

existe e é independente da sequênciaSe tivesse H�(y) 6= H+(y), então R\H(B) contenaria umintervalo. Contradição com H(B) denso.Portanto existe

H(y)def= lim

nH(xn) = H�(y) = H+(y).

Estendemos H : B ! R para R:Como H é monótona e continua em B, B é fechado, eH(B) é denso em R, segue que H : B ! R é monóntona esobre.Definimos H sendo constante em cada intervalo comple-mentar com B.Se (u, v) ⇢ R \ B com u, v 62 B e u < z < v, se-gue F (u), F (v) 62 B e H(u) = H(z) = H(v) e comoF (u) F (z) F (v) tem-se

R⇢ �H(z) = R⇢ �H(u) = H �F (u) = H �F (v) = H �F (z)

Assim a extensão H : R ! R

H � F = R⇢ � H.

Como u = Fn(x) + m 2 B se e somente u + 1 2 B e comopara cada u = Fn(x) + m 2 B tem-se

H(u + 1) = H(Fn(x) + m + 1) = n⇢ + m + 1 = H(u) + 1

segue que para todo z 2 R

H(z + 1) = H(z)

e portanto H é levantamento de h : T1! T1. ⇤

INTRODUÇÃO SISTEMAS DINÂMICOS 21

INTRODUCAO AOS SISTEMAS DINAMICOS 15

⇤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) = limx�A,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,

2.4.7. Teorema de Denjoy. We say that a continuous func-tion g : [0, 1] ! R has bounded variation if its variation

var(g)def= sup

n n�1X

i=0

|g(xi+1) � g(xi)| :

0 = x0 < x1 < . . . < xn = 1, n � 1o

is finite.If g is C1 then var(g) maxx|g0(x)|.

Teorema 2.66 (Denjoy). Let f be a C1 circle difeo-morphism with an irrational rotation number such thatw(x) = log f 0(x) has bounded variation. Then f is to-pologically conjugate to a rotation.

Lemma 2.67. Let f be a C1 circle difeomorphism with anirrational rotation number. There is an infinite sequence(nk)k such that for any x 2 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.

Sabemos que f é minimal se e somente se !(x) = T1.

Lemma 2.68. Seja f : T1! S um difeomorfismo C1 sem

pontos periódicos. Se existe uma seqência (nk)k and C > 0such that for every x and k � 1 we have

C < |(fnk)0(x)||(f�nk)0(x)|

then f is minimal.

Demonstração. By contradiction, suppose that there is x

with no dense orbit. Let Y = O+f (x). As Y is closed, its

complement 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

Pn|In| 1 and thus |In| ! 0.

|In| + |I�n| =

Z

I(fn)0(u) du +

Z

I(f�n)0(u) du

=

Z

I

�(fn)0(u) + (f�n)0(u)

�du

� 2

Z

I

p(fn)0(u)(f�n)0(u) du

= 2

Z

I

pexp(log(fn)0(u)(f�n)0(u)) du

= 2

Z

I

pexp(�|log(fn)0(u)(f�n)0(u)|) du

and hence

|Ink | + |I�nk | > 2p

exp(�C)|I|

contradicting |Ink | ! 0. Thus, f is minimal. ⇤Proof of Denjoy’s Theorem. Take x and let xm = fm(x)for x 2 Z.Let (nk)k be the sequence of closest returns as providedby Lemma 2.67.

|log(fnk)0(x0)(f�nk)0(x0)|

=

����log(fnk)0(x0)

(f�nk)0(x�nk)

����

=��log (fnk)0(x0) � log (f�nk)0(x�nk)

��

�����

nk�1X

i=0

log f 0(xi) �

nk�1X

i=0

log f 0(xi�nk)

�����

nk�1X

i=0

|log f 0(xi) � log f 0(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)0(x)(f�nk)0(x) � exp(� var(w)).

By Lemma 2.68, f is minimal. ⇤Observação 2.69. Assuming f being C2, existe C > 0tal que |f 00

|/|f 0| < C. As

log f 0(u) � log f 0(v) =

Z v

u(log f 0(x))0 dx

=

Z v

u

f 00(x)

f 0(x)dx

Z v

u

|f 00(x)|

|f 0(x)|dx

seguenk�1X

i=0

|log f 0(xi) � log f 0(xi�nk)| < Cnk�1X

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 não-trivial I ⇢ T1 é não-errante se fk(I) \

f `(U) = ? para todo k 6= `.

Proposição 2.70. Seja f : T1! S um difeomorfismo C2

com ⇢ = ⇢(f) 62 Q. Então são equivalentes:1. f é conjugado com a rotação R⇢.2. Toda órbita é densa, i.e. f é minimal.3. Para todo x 2 T1 tem-se !(x) = T1.4. Para um intervalo não-trivial qualquer I ⇢ T1

existe k 2 Z tal que I \ fk(I) 6= ?, i.e. f nãotem intervalos errantes.

Observação 2.71. ⇢(f) 62 Q é necessário.C2 diffeo poderia ser C1 diffeo com variação limitada, masnão apenas C1 diffeo.No caso de C2 diffeo temos que a conjugação é contínua.M. Herman mostrou uns 50 anos depois do resultado deDenjoy que se pode, sob certas hipoteses, obter conjugaçãoC1.

22 INTRODUÇÃO SISTEMAS DINÂMICOS

2.4.8. Contraexemplo de Denjoy. An interval I ⇢ T1 iswandering if I, f(I), . . . , fk(I), . . . are pairwise disjointand not attracted to a periodic orbit.An irrational rotation does not have wondering intervals.By Denjoy’s theorem, if f is a C2 diffeomorphism then itis topologically conjugate to an irrational rotation, henceit is minimal and thus does not have wandering intervals.We now construct an example of a C1 diffeomorphismwhich has a wandering interval. Hence it is not mini-mal and, consequently, not topologically conjugate to anirrational rotation.

Proposição 2.72. Para qualquer ⇢ 62 Q existe um difeo-morfismo C1 f : T1

! T1 com ⇢(f) = ⇢ mod 1 que temum intervalo errante.

Demonstração. Idea: we take the irrational rotation by ⇢and at each point xn = n⇢ mod 1 we cut the circle andglue an interval In of length `n, then we define a diffeo-morphism such that f(In) = In+1 and on T1

\ [n2NIn weleave the map unchanged.

1. CIRCLE MAPS 11

1.9. Wandering intervals. Definition. We say that an interval I ⇢

S is wandering, if its iterates I, f(I), f2(I), . . . are pairewise disjoint and Iis not attracted by a periodic point.

If f does not have any periodic point, the second part of the definition isautomatically satisfied. We only note that this requirement his introducedto ensure that a circle homeomorphism with a rational rotation number doesnot have wandering intervals: in that case every orbit is either periodic orconverges to a periodic one. On the other hand, in the case of an irrationalrotation number the second requirement of the definition does not add anyrestriction (independently of its precise meaning) as there are no periodicpoints.

We already proved that an irrational rotation does not have any wan-dering interval (as every orbit is dense). Denjoy’s theorem states that a C2

di�eomorphism of S is topologically conjugate to an irrational rotation, soit is minimal and does not have any wandering interval.

The following construction provides an example of a C1 di�eomorphism fwhich has a wandering interval. Therefore, f is not minimal and, conse-quently, is not topologically conjugate to an irrational rotation.

1.10. Denjoy’s example. For every irrational ↵ 2 (0, 1), there is adi�eomorphism f : S ! S with rotation number ↵ (mod 1) which has wan-dering intervals.

The idea of Denjoy’s example is illustrated on the figure below:

We start with an irrational rotation setting xn = n↵ (mod 1). At eachpoint xn, we cut the circle and glue in an interval In of length `n. Then weconstruct a di�eomorphism, such that f(In) = In+1 and on S \ [n�ZIn themap is left “unchanged”. (The illustration from Wikipedia)

Now let us provide an accurate description of the example.

(1) Take an irrational number ↵ 2 (0, 1).(2) Take a sequence of positive numbers (`n)+�

n=�� such that

L =X

n�Z`n < 1,

1

2<

`n+1

`n< 2, and

`n+1

`n�!

n�±�1 .

Considere a rotação x 7! x + ⇢.Seja (`n)n2Z com `n > 0 e

Ldef=

X

n

`n < 1,1

2<

`n+1

`n< 2, lim

|n|!1

`n

`n+1= 1.

For example, `n = 1/(n2 + 25) with

L =X

n2Z

1

n2 + c2=

⇡ coth c⇡

c< 1 if c � 4.

Dado n 2 Z, seja

xndef= n⇢ mod 1 = n⇢ � [n⇢].

Observe that x0 = 0, x1 = ⇢, xn 2 [0, 1), {xn}n2Z densein [0, 1).Define a sequence (an)n2Z by

a0def= 0, an

def= (1 � L)xn +

X

k : xk2[x0,xn)=[0,xn)

`k.

Afirmação 4. The above sums each are convergent, an 2

[0, 1), xn 7! an monotone increasing.

Demonstração. Since (xn)n is dense, any interval containsinfinitely many xk.Thus, the sum contains infinitely many terms. All suchterms are positive and their sum less than L. Hence0 an < 1.

Monotonicity is obvious. ⇤Let

Indef= (an, bn), bn

def= an + `n.

Afirmação 5. In ⇢ (0, 1), {In} are pairwise disjoint.

Demonstração. As ⇢ 62 Q, xn 6= xm of n 6= m. If xn < xm

thenam � an = (1 � L)(xm � xn) +

X

k : xk2[xn,xm)

`k � `n.

Hence bn = an + `n < am andIn \ Im = [an, bn \ [am, bm] = ?

⇤Let

Cndef= 2

✓`n+1

`n� 1

◆.

Then Cn 2 (�1, 2) and it is immediate thatZ bn

an

Cn · T (x � an

`n) dx = `n+1 � `n,

where T (x) = 1 � |2x � 1|.Define on [0, 1]

F 0(x)def=

(1 + CnT (x�an

`n) if x 2 In

1 if x 2 [0, 1] \n2Z In

and let F 0(x)def= F 0(x mod 1) for all other x 2 R.

Afirmação 6. F 0 : R ! R is continuous, periodic, posi-tive and Z 1

0F 0(x) dx = 1

LetF (x)

def= a1 +

Z x

0F 0(t) dt.

Afirmação 7. F is a C1 diffeomorphism, dFdx (x) = F 0(x),

F (x + 1) = F (x) + 1 for all x 2 R.

Thus, there is a diffeomorphism f : T1! T1 which has F

as a lift.

Afirmação 8. ⇡(I0) is a wandering interval for f and⇢(f) = ⇢ mod 1.

Demonstração. We have

F (an) =

(an+1 if xn 2 [0, 1 � ⇢)

an+1 + 1 if xn 2 [1 � ⇢, 1).

Indeed,

F (an) = a1 +

Z an

0F 0(t) dt

= a1 + an +X

k : Ik2[0,an)

Z

Ik

CkT (t � ak

`k) dt

= a1 + an +X

k : ak2[0,an)

`k+1 �

X

k : ak2[0,an)

`k.

Using x1 = ⇢, we have

a1 = (1 � L)⇢ +X

k : xk2[0,⇢)

`k

INTRODUÇÃO SISTEMAS DINÂMICOS 23

andan = (1 � L)xn +

X

k : xk2[0,xn)

`k.

Hence

F (an) = (1 � L)(⇢ � xn) +X

k : xk2[0,xn)

`k+1 +X

xk2[0,⇢)

`k.

Hence

xn+1 =

(xn + ⇢ if xn + ⇢ < 1

x + n + ⇢ � 1 if xn + ⇢ � 1

Afirmação 9.

F (an) =

(an+1 if xn + ⇢ < 1

an+1 + 1 if xn + ⇢ � 1

Since

F (bn)�F (an) =

Z

In

F 0(t) dt = `n+

Z an+`n

an

CnT (t � an

`n) dt = `n+1,

the interval In = (an, bn) is mapped to either (an+1, bn+1)or to (an+1 + 1, bn+1) + 1. Taking Jn = ⇡(In) we havef(Jn) = Jn+1. The intervals Jn are disjoint, hence wan-dering.

Afirmação 10. We have ⇢(f) = ⇢.

Demonstração. Let kn = [n⇢], denoting by [·] its largestinteger part. For every n 2 Z we have

Fn(0) = kn + an.

Indeed, this is true for n = 1 as with ⇢ 2 (0, 1) we havex1 = ⇢ 2 (0, 1) and hence k1 = 0 and x1 = F 1(0) = a1.By induction, supposing Fn(0) = kn + an then

Fn+1(0) = F (Fn(0)) = F (kn+an) = F (an)+kn = an+1+kn+1.

Hence, using Fn(0) = kn + an and n⇢ = kn + xn,����Fn(0)

n� ⇢

���� =

����Fn(0) � n⇢

n

���� =an � xn

n

1

n.

This implies ⇢(f) = ⇢. ⇤

⇤

Observe that Cdef= [0, 1] \ [kIk is Cantor and that the

Lebesgue measure of C is equal to 1 � L > 0.Seja In = [an, bn] tal que an = a(xn), bn = b(xn), onde

a(x) =X

{`k : xk < x}, b(x) =X

{`k : xk x}.

Portanto

|b(x) � a(x)| =

(`n se x = xn

0 se x 6= xn.

[an, bn] são 2 a 2 disjuntos,S

n2Z[an, bn] = [0, 1).Existe G : R ! R tal que

G(x + 1) = G(x), G([a(x), b(x)]) = {x}

para todo x 2 [0, 1).Escolher homeomorfismo f tal que

f([an, bn]) = [an+1, bn+1],

poderia ser monótono.

Para fazer C1 tomar (`n)n tais que

,X

n2Z`n = 1.

e tais quef([an, bn]) = [an+1, bn+1], f 0(an) = f 0(bn) = 1,

e.g.

an + x 7! an+1 +

Z x

0exp(cnt(`n � t)) dt

tal que cn > 0 eZ `n

0exp(cnt(`n � t)) dt = `n+1

Notar que cn ! 0 e f 0! 1 quando `n/`n+1 ! 1. ⇤

devils staircase, Gelfreich p. 16