Symboolrijendynamica
Max Ern´
e
28 juni 2020
Bachelorscriptie Wiskunde Begeleiding: prof. dr. A.J. Homburg
Korteweg-de Vries Instituut voor Wiskunde
Samenvatting
Dynamische systemen hebben heel veel toepassingen, maar het is vaak moeilijk om iets te zeg-gen over het lange-termijn gedrag. In dit artikel bespreken we semi-topologische conjugatie tussen vier dynamische systemen waardoor deze systemen zich als het ware “hetzelfde” gedra-gen zodat inzichten in het ene systeem iets vertellen over de andere systemen. We beginnen met een discussie over het construeren van rijtjes aan de hand van substituties. De systemen die vervolgens aan bod komen zijn de shift -afbeelding op (enkelzijdig) oneindige rijtjes, cirkel-rotaties, Markovpartities, en Rauzy-fractals. We kijken in het bijzonder vooral naar wat er in het simpele tweedimensionale geval gezegd kan worden over deze systemen. We bespreken uiteindelijk de conjugatie tussen deze vier systemen in het tweedimensionale geval aan de hand van een specifiek rijtje (het Fibonacci-rijtje).
Titel: Symboolrijendynamica
Auteur: Max Ern´e, max.erne@student.uva.nl, 11881666 Begeleiding: prof. dr. A.J. Homburg ,
Einddatum: 28 juni 2020
Korteweg-de Vries Instituut voor Wiskunde Universiteit van Amsterdam
Science Park 904, 1098 XH Amsterdam http://www.kdvi.uva.nl
Inhoudsopgave
1 Inleiding 4
2 Rijtjes manipuleren 6
2.1 Substituties op AN . . . . 6
2.2 Taal . . . 8
2.3 De shift -afbeelding, en periodiciteit en recurrentie . . . 10
2.4 Rudin-Shapiro- en papiervouw-rijtjes . . . 14
3 Cirkelrotaties en Markovpartities 18 3.1 Cirkelrotaties, cirkelrijtjes, en snij-rijtjes . . . 18
3.2 Conjugatie met Sturmische rijtjes . . . 22
3.3 Markovpartities . . . 25
4 De substitutietrap 28 4.1 Pisot-substituties . . . 28
4.2 De substitutietrap . . . 30
5 Fibonacci: alle dynamica conjugeert 34 6 Conclusie 38 6.1 Verder onderzoek . . . 38
Bibliografie 40
1 Inleiding
Het vakgebied van de discrete dynamische systemen heeft een simpel uitgangspunt: gegeven een functie f , wat is het gedrag van fn(x) voor steeds grotere n? Dit is echter een zeer algemene en moeilijke vraag. Maar naast “algemeen” en “moeilijk”, is deze vraag ook belangrijk. Niet alleen zijn er binnen de wiskunde interessante ontdekkingen gedaan in de pogingen om een antwoord te vinden, maar ook buiten de wiskunde worden deze systemen als model gebruikt voor sommige biologische/chemische/natuurkundige processen, wat kan leiden tot nieuwe inzichten.
Een veelvoorkomend gereedschap voor het beantwoorden van deze vraag is conjugatie. Hiermee wordt een dynamisch systeem vergeleken een ander dynamisch systeem waar hopelijk makke-lijker over te redeneren is. Er zijn meerdere varianten van conjugatie; wij zullen alleen semi-topologische conjugatie beschouwen. Dit is een conjugatie die zich “netjes” gedraagt op een specifiek deel van de ruimtes die beschouwd worden (in plaats van de hele ruimte). Deze zwak-kere eis zorgt dat meer systemen geconjugeerd zijn, maar deze eis is niet zo zwak dat je er niks mee kan bewijzen – integendeel.
In dit artikel zullen eerst rijtjes en substituties op rijtjes besproken worden. Aan de hand van deze rijtjes zullen vier verschillende dynamische systemen ge¨ıntroduceerd worden, met als einddoel het bestuderen van de conjugaties tussen deze vier systemen. Omdat het algemene geval te ingewikkeld is, bespreken we alleen het twee-dimensionale geval aan de hand van een voorbeeld: het Fibonacci-rijtje.
Hoewel dit een artikel is in de dynamica, heb ik mijn best gedaan om het zo leesbaar mogelijk te maken de lezer die daar nog niet in aanraking mee is gekomen. De enige uitzondering hierop is de discussie over Markovpartities – hier sla ik een aantal bewijzen over omdat deze uitvoerig besproken zijn bij het vak Chaotische Dynamische Systemen.
Omdat ik al deze verschillende dynamische systemen bespreek, staan de hoofdstukken een stuk meer los van elkaar dan in een “normale” scriptie.
In de eerste twee paragrafen van hoofdstuk 2 wordt de basis gelegd voor de rest van het artikel. Hier wordt de metrische rijtjesruimte ge¨ıntroduceerd, worden rijtjes geconstrueerd aan de hand van substituties, en wordt de complexiteit van deze rijtjes onderzocht. Er ligt speciale nadruk op zogeheten Sturmische rijtjes.
De rest van hoofdstuk 2 gaat over ons eerste en simpelste dynamische systeem, namelijk het schuiven van rijtjes met de shift -afbeelding. Er wordt met behulp van deze afbeelding gekeken naar in welke mate de rijtjes wel of niet herhalen, aan de hand van de begrippen recurrentie en (bijna)-periodiciteit. De laatste paragraaf is volledig gericht op voorbeelden van rijtjes, die ook een paar andere curieuze eigenschappen blijken te hebben.
In hoofdstuk 3 komen de dynamische systemen van cirkelrotaties en Markovpartities aan bod. De cirkelrotaties gaan we aan de hand van cirkelrijtjes conjugeren aan de shift op rijtjes van hoofdstuk 2. Tussendoor introduceren we snij-rijtjes voor hoofdstuk 5 en als toepassing van de conjugatie bewijzen we dat er overaftelbaar veel Sturmische rijtjes zijn. De laatste paragraaf over Markovpartities is een opfrisser van een deel van het vak Chaotische Dynamische Systemen. In hoofdstuk 4 gaan we de wat algebra¨ıschere of getaltheoretischere kant op met Pisot-substituties die aanleiding geven tot een substitutietrap. Dit gebruiken we om Rauzy-fractals te
introduceren, al gaan we niet heel diep in op hun dynamica.
Tenslotte gaan we in hoofdstuk 5 al deze dynamische systemen aan elkaar conjugeren in het (tweedimensionale) geval van het Fibonacci-rijtje dat dan door bijna het hele artikel al ons lopend voorbeeld is geweest.
Ik wil deze ruimte ook nog gebruiken om dank te uiten aan mijn begeleider Ale Jan Homburg voor de adviezen die hij gegeven heeft, en de interesse die hij bij mij heeft opgewekt voor dit onderwerp.
2 Rijtjes manipuleren
In dit hoofdstuk gaan we bekijken wat rijtjes zijn, wat je ermee kan doen, en hoe ze zich dan gedragen. Dit hoofdstuk zal grotendeels de inhoud van [1] volgen.
2.1 Substituties op A
NVoordat we spannende dingen kunnen doen met rijtjes, moeten we eerst weten wat rijtjes zijn en wat substituties ermee doen. Daarvoor is deze paragraaf bedoeld.
Zij A een eindige verzameling, die we het alfabet noemen. Voor het gemak schrijven we elk element van het alfabet met ´e´en symbool. Voorbeelden van alfabetten zijn {0, 1} of {a, b, c}. Met een alfabet kunnen we (eindige) woorden maken in de verzameling A∗ :=S∞
i=0Ai. Formeel
zouden we woorden als tupels op moeten schrijven, maar voor het gemak zullen we altijd gewoon “0010” en “cbcca” schrijven voor concrete woorden. Als x in A∗ of AN zit zullen we (x
i)ba
schrijven voor “xaxa+1. . . xb”, waarbij b ook oneindig mag zijn. Soms indexeren we woorden
vanaf 1, en soms vanaf 0 afhankelijk van wat beter uitkomt. Het zal echter altijd duidelijk zijn welk van de twee het is.
Twee woorden in hetzelfde alfabet kunnen achter elkaar geplakt worden, zodat (00)(111) = 00111. Het lege woord “” zullen we schrijven als ε, en is de eenheid van het plakken. De lengte van een woord is het aantal symbolen en noteren we met |·|; het lege woord heeft bijvoor-beeld lengte |ε| = 0. Het omgekeerde van een woord w is w, waar we simpelweg de symbolen achterstevoren lezen: 01234 = 43210.
Een substitutie is een afbeelding θ : A → A∗ die uitgebreid wordt naar A∗ met de regel θ(vw) = θ(v)θ(w) voor alle v, w ∈ A∗ en naar AN met θ(w
1w2. . . ) = θ(w1)θ(w2) . . . voor alle
w ∈ AN. Omdat we willen dat de beelden van w ∈ AN in AN blijven, eisen we bovendien dat
θ(a) 6= ε voor elke letter a. Dit voorkomt θ(aN) = ε /∈ AN.
Voorbeeld (De Fibonacci-substitutie). Neem A = {0, 1}, en definieer θ door θ(0) = 01 en θ(1) = 0. Dan geldt bijvoorbeeld θ(θ(0)) = θ(01) = θ(0)θ(1) = 010 en θ(0N) = θ(0)N= (01)N.
Als we de (verschoven) Fibonacci-reeks als F−1 = F0 = 1, Fn+2 = Fn+1 + Fn definieren,
geldt |θn(0)| = Fn voor alle n. Dit is een simpel inductiebewijs: er geldt
θ0(0) = 1 = F0 en θ1(0) = |01| = 2 = F1. Vervolgens krijgen we θn+2(0) = θn+1(01) = θn+1(0)θn+1(1) = θn+1(0)θn(0), zodat θn+2(0) = θn+1(0) + |θn(0)| = Fn+1+ Fn= Fn+2.
Deze substitutie gaat een belangrijke rol spelen en vaak terugkomen.
Als we iets met dynamica willen doen hebben we wel meer nodig. Gelukkig is AN niet alleen
een verzameling, we kunnen er ook een metriek op zetten zodat het een metrische ruimte is. Propositie 2.1.1. Definieer d : AN× AN→ R : d(v, w) = 2− min{n | vn6=wn} voor v 6= w, en
Bewijs. Dat d niet-negatief is, alleen nul is voor twee keer hetzelfde punt, en niet verandert als de argumenten omgedraaid worden, is duidelijk. Alleen de driehoeksongelijkheid heeft aandacht nodig.
Zij u, v, w ∈ AN. Stel dat u en w pas verschillen op index k. We willen dan 2−k = d(u, w) ≤
d(u, v) + d(v, w). Als v later dan index k verschilt van u moet v op index k van w verschillen, zodat d(u, w) ≤ d(u, v) + d(v, w) = d(u, v) + d(u, w). Hetzelfde geldt met u en w omgewisseld. Als in het laatste geval v eerder dan index k verschilt van u (en dan tegelijkertijd ook van w) geldt al d(u, w) ≤ d(u, v).
Voor compactheid gaan we gebruiken dat het in metrische ruimtes equivalent is met “elke rij heeft een convergente deelrij”. Zie bijvoorbeeld [2] voor een bewijs hiervan.
De rest van dit bewijs is naar [1]. Neem (w(n)) een rijtje rijtjes, elk in AN. Omdat A eindig
is, is er een beginletter a1 ∈ A waar oneindig veel rijtjes mee beginnen. Definieer hiermee
oneindige verzameling A1= n n ∈ N w (n) 1 = a1 o .
Nu kunnen we hetzelfde truukje herhalen; omdat A1 oneindig is, is er een tweede letter a2
zodat oneindig veel rijtjes met a1a2 beginnen, noteer hun indices in A2⊆ A1. Dit is inductief
voort te zetten om oneindige verzamelingen Am⊆ Am−1 te definieren zodat w(n) begint met
a1a2. . . am voor alle n ∈ Am. Dit betekent dat we een deelrij (w(ni)) kunnen vinden met
ni ∈ Ai die w = a1a2a3. . . benadert, omdat d(w(ni), w) ≤ 2−i.
Niet alleen is AN compact, het is zelfs een Cantorverzameling – compact, alles een limietpunt,
compleet onsamenhangend. Dat elk punt een limietpunt is, is te zien door een willekeurig punt w te benaderen met een rijtje waar het i’e element alleen op index i van w verschilt. Voor de compleet onsamenhangendheid, stel voor tegenspraak dat er juist w´el een component Z is dat v 6= w bevat, die op index k verschillen. Definieer U = x ∈ AN d(x, w) < 2−k zodat
w ∈ U maar v /∈ U . Dan is U een open balletje, maar ook U =x ∈ AN d(x, w) ≤ 2−k+1 ,
waardoor U een gesloten balletje is. Dan zijn U 3 w en AN\ U 3 v beide open, en hebben we
onsamenhangendheid, wat de samenhang van Z tegenspreekt.
Tenslotte gaan we bewijzen dat substituties op AN twee handige eigenschappen hebben.
Propositie 2.1.2. Zij θ een substitutie. (i) θ is continu op AN.
(ii) Voor elke a ∈ A met θ(a)1 = a en |θ(a)| > 1 is er een uniek fixpunt ua van θ.
Bewijs. Dit bewijs komt van [1].
(i) Zij v, w ∈ AN gelijk in de eerste k indices, voor een k ∈ N. Elke letter wordt
afge-beeldt op ´e´en of meer letters, zodat de eerste k letters afgebeeld worden op minstens k (dezelfde) letters. Dit geeft d(θ(v), θ(w)) ≤ d(v, w).
(ii) Definieer X =w ∈ AN w
1 = a . Dit is een gesloten deelruimte van AN; als een rijtje
in X een limiet buiten X zou hebben, zou de limiet op de eerste index verschillen van alles in het rijtje. Dan is de limiet altijd op een afstand 1 van alles in het rijtje, wat een tegenspraak is.
Er geldt θ[X] = X, en analoog aan (i) geldt dat d(θ(v), θ(w)) < d(v, w); deze keer is het een strikte ongelijkheid omdat a wordt afgebeeld op iets strikt langer dan a. Dan is θ|X een contractie, zodat er een uniek fixpunt is.
Omdat het fixpunt uniek is, en limn→∞θn(a) een fixpunt is, weten we dus zelfs precies hoe het
Voorbeeld (Meer Fibonacci). Bij de Fibonacci-substitutie voldoet a = 0 aan de propositie, zodat het unieke fixpunt dat begint met nul (de “Fibonacci-rij ”) gegeven wordt door
lim
n→∞θ
n(0) = 010010100100101001010010010100100101001010010 . . .
Het valt misschien al op dat er geen “11” of “000” in voorkomt. Dit gaan we in de volgende paragraaf rigoreus maken en gebruiken.
2.2 Taal
Gegeven een rijtje u ∈ AN, kunnen we kijken naar alle woorden die voorkomen in dat rijtje, ook
wel factoren van u genoemd. In het rijtje 01010101 · · · ∈ {0, 1}N zijn bijvoorbeeld 0, 1, 10, en
01010 wel factoren, maar 00 en 11 niet. Alle factoren samen noemen we de taal van het rijtje u, en noteren we met L (u). De verzameling van alle factoren van u met een bepaalde lengte n noteren we met Ln(u).
Voorbeeld. De taal van het nulrijtje L 0N is simpelweg {0, 00, 000, 0000, . . . }. Bij het
alternerende rijtje u = 0101 . . . krijgen we taal {0, 1, 01, 10, 010, 101, . . . }.
De taal van de Fibonacci-rij is een stuk ingewikkelder. Voordat we daarnaar kunnen kijken moeten we nog een paar begrippen introduceren.
Gegeven een rijtje u ∈ AN is de complexiteitsfunctie van u gegeven door p
u(n) = |Ln(u)|; deze
functie telt hoeveel woorden van iedere lengte er in u voorkomen. Deze functie heeft een paar simpele eigenschappen. Ten eerste geldt pu(n) ≤ pu(n + 1) omdat elke factor van lengte n
minstens ´e´en factor geeft van lengte n + 1; er komt altijd wel iets achter elke factor in u. Ten tweede hebben we 1 ≤ pu(n) ≤ |A|n omdat de eerste n letters van u altijd een factor van lengte
n vormen en |A|n het maximale aantal woorden van lengte n is, ongeacht u.
Voorbeeld. De grenzen op 1 ≤ pu(n) ≤ |A|nzijn scherp. De ondergrens wordt bereikt door
bijvoorbeeld het nulrijtje, en de bovengrens wordt bereikt door bijvoorbeeld het rijtje dat alle mogelijke combinaties van elke lengte van letters van het alfabet achter elkaar zet. In het geval van A = {0, 1} is dit rijtje bijvoorbeeld
0 1 00 01 10 11 000 001 010 011 100 101 110 111 0000 . . . .
Sommige rijtjes u hebben een hele speciale complexiteitsfunctie pu(n) = n + 1. Deze rijtjes
heten Sturmische rijtjes. Omdat pu(1) = 2 kunnen we alle Sturmische rijtjes u op het alfabet
{0, 1} bekijken.
Deze Sturmische rijtjes kunnen we bekijken door de net wat andere lens van speciale factoren. Een rechts-speciale factor van een rijtje u is een factor w als er twee letters a 6= b ∈ A zijn zodat wa en wb ook factoren van u zijn. Een links-speciale factor wil dan dat aw en bw factoren zijn. Ook in deze paragraaf komen alle bewijzen (behalve stap 5 van stelling 2.2.2) uit [1].
Propositie 2.2.1. Bekijk alfabet A = {0, 1} en u ∈ AN. Dan is u een Sturmisch rijtje als
en alleen als er voor elke n een unieke rechts-speciale factor van lengte n is. Bewijs. We moeten twee implicaties bewijzen.
=
⇒ Neem w1, . . . , wn+1 de n + 1 verschillende factoren van lengte n. Elke factor is op
minstens ´e´en manier voort te zetten met ´e´en letter (ze komen voor in u dus worden door iets gevolgd). Echter moet precies ´e´en factor door zowel 0 als 1 voortgezet kunnen
worden. Als er geen zijn zou pu(n + 1) = n + 1, wat niet kan omdat u Sturmisch is. Als
er meerdere zouden zijn, zou pu(n + 1) > n + 1 + 1, wat ook niet kan. Daarom is er dus
precies een factor rechts-speciaal.
⇐= Andersom geldt eigenlijk precies hetzelfde argument. Er is precies ´e´en factor w van lengte n zodat w0 en w1 beide factoren zijn, en voor alle andere factoren w0 6= w kan alleen precies ´e´en van w00 en w01 een factor zijn. Als we dan beginnen met factoren 0 en 1 van lengte 1, krijgen we inductief pu(n) = n + 1, en is u een Sturmisch rijtje.
Met bovenstaande propositie kunnen we laten zien dat de Fibonacci-rij Sturmisch is. Dit zal ook gelijk het enige substitutie-rijtje zijn dat we bespreken dat Sturmisch is. Als we het later gaan hebben over cirkelrotaties zullen we zien dat er een veel simpelere en volledigere manier is om Sturmische rijtjes te bekijken.
Stelling 2.2.2. De Fibonacci-rij, het fixpunt u van de substitutie θ : 0 7→ 01, 1 7→ 0, is een Sturmisch rijtje.
Bewijs. Met de vorige propositie is het voldoende om aan te tonen dat er precies ´e´en rechts-speciale factor is van elke lengte. Dit gaan we doen in meerdere stappen.
1. Kleine Ln(u) bepalen: Het is eerst handig om handmatig alle kleine woorden te bepalen.
Natuurlijk geldt L0(u) = {ε} en L1(u) = {0, 1}. Omdat u = θ(u) een samenstelling is
van 0 en 01, hebben we geen factor 11, zodat L2(u) = {00, 01, 10}. Om diezelfde reden
kunnen 110, 011, en 111 ook geen factoren zijn. Ook 000 kan niet omdat 000 = θ(110), wat dus een 11 vereist in u. We houden {001, 010, 100, 101} over, en deze zijn ook allemaal daadwerkelijk factoren die in het begin van u = 0100101 . . . gevonden kunnen worden. Dus L3(u) = {001, 010, 100, 101}.
2. Voor elke factor w is 0w0 of 1w1 geen factor: Dit gaan we bewijzen met inductie naar de lengte van de factor. Basisgeval w = ε hebben we hierboven al gedaan, want daar merkten we al op dat 11 = 1ε1 geen factor is.
In de inductiestap gaan we tegenspraak gebruiken: stel dat zowel 0w0 als 1w1 factoren van u zijn. Dan moet w beginnen en eindigen met een nul, want anders komt in 1w1 de niet-toegestane 11 voor, dus schrijf w = 0y0 voor een factor y. We hebben nu dus twee factoren 00y00 en 10y01 van u. Hieruit volgt dat het eerste en laatste teken van y een 1 moet zijn, omdat er geen factor 000 mogelijk is. Er is dan een factor z zodat θ(z) = 0y; deze z begint en eindigt met een nul. Dan geldt θ(1z1) = 00y0 en θ(0z0) = 010y01, beide ook weer factoren, zodat zowel 0z0 en 1z1 factoren zijn. Omdat |z| < |w| geeft dit tegenspraak met de inductiehypothese.
3. Maximaal ´e´en rechts-speciale factor voor elke lengte: Dit gaan we bewijzen uit het ongerijmde: stel dat v 6= w rechts-speciale factoren zijn voor een bepaalde lengte n. Schrijf deze als w = zx en v = yx met x zo lang mogelijk gekozen (al mag x = ε ook). De laatste letters van y en z verschillen, zodat 0x en 1x factoren zijn. Omdat w en v rechts-speciaal zijn, zijn w0, v0, w1 en v1 factoren, zodat onder andere 0x0 en 1x1 factoren zijn. Maar dit is in tegenspraak met de vorige stap, en dus is er maximaal ´e´en rechts-speciale factor voor elke lengte.
4. Minimaal ´e´en rechts-speciale factor voor elke lengte: We gaan deze factor construeren. Definieer fn = θn(0) en f−1 = 1. Definieer voor n ≥ 3 vn = fn−3. . . f1f0 en v2 = ε.
Tenslotte, definieer tn = 01 voor n oneven, en tn = 10 voor n even. Dan geldt voor
n ≥ 2 dat fn+2= vnfnfntn. Het bewijs hiervan doen we in de laatste stap.
Nu volgt uit de definitie van de substitutie dat fn’s laatste letter alterneert, zodat fn’s
eerste letter alterneert. Per constructie is deze letter het tegenovergestelde van de eerste letter van tn. Alle fn+2 = vnfnfntn zijn factoren van u, dus is fn een rechts-speciale
We kunnen nu arbitrair grote rechts-speciale factoren maken door fn te bekijken voor
n → ∞. We missen hier wel aardig wat woord-lengtes. Dit is alleen geen probleem, want als we een rechts-speciale factor van lengte n hebben, hebben we ook rechts-speciale factoren van alle lengtes k < n door naar de laatste k letters te kijken. Hiermee hebben we een rechts-speciale factor voor elke lengte.
5. De identiteit fn+2 = vnfnfntn: Om dit te bewijzen hebben we een paar andere
identi-teiten nodig: θ(w)0 = 0θ(w) voor elk woord w, θ(fntn) = 0fn+1tn+1, en θ(vn)0 = vn+1.
De eerste identiteit is een simpel inductiebewijs; in de inductiestap moeten we apart de gevallen w = v0 en w = v1 voor een zeker woord v (waar dit al voor geldt) bekijken, maar deze gaan op gelijke wijze. Daarom volgt hier alleen het eerste geval:
θ(w)0 = θ(0v)0 = 01θ(v)0 = 010θ(v) = 0θ(v)01 = 0θ(v0) = 0θ(w).
De tweede identiteit heeft ook weer gevalsonderscheid nodig, en ook hier bespreken we alleen het geval tn= 01 omdat tn= 10 precies analoog gaat. We krijgen
θ(fntn) = θ(fn)θ(01) = θ(fn)010 = 0θ(fn)01 = 0fn+1tn1,
waar we gebruik maken van de eerste identiteit. De derde identiteit is al helemaal makkelijk:
θ(vn)0 = θ(fn−3. . . f1f0)f0 = fn−2. . . f2f1f0.
Nu kunnen we deze identiteiten gebruiken om met inductie te bewijzen dat fn+2 =
vnfnfntn. Om te beginnen, merk op dat dit geldt voor n = 2 en n = 3, wat te zien is
door gewoon het rijtje uit te schrijven. Vervolgens geldt fn+3= θ(fn+2) = θ(vnfnfntn) = θ(vn)θ(fn)θ(fntn)
= θ(vn)θ(fn)0fn+1tn+1= θ(vn)0θ(fn) fn+1tn+1= vn+1fn+1fn+1tn+1.
2.3 De shift -afbeelding, en periodiciteit en recurrentie
Naast de complexiteitsfunctie is het ook handig om andere eigenschappen van rijtjes te bekijken; in deze paragraaf gaan we kijken naar wanneer rijtjes wel of niet zichzelf herhalen, en in welke mate ze dat doen. Alle stellingen en bewijzen in deze paragraaf (behalve het bewijs van 2.3.6) komen van [1].
Een van de simpelste vormen van herhaling is periodiciteit. Een rijtje u ∈ AN is periodiek als
als er een k ∈ N bestaat zodat un = un+k voor alle n; het rijtje blijft zichzelf van het begin
af aan herhalen, en we zeggen dat u dan periode k heeft. We kunnen ook kijken naar rijtjes die uiteindelijk periodiek zijn, dan geldt periodiciteit alleen vanaf een bepaald punt N ∈ N: un= un+k voor alle n ≥ N .
(Uiteindelijk) periodieke rijtjes zijn eigenlijk best wel saai omdat al het gedrag al snel hele-maal duidelijk is. Als we periodieke rijtjes willen vermijden, kunnen we de identificatie van de volgende propositie gebruiken.
Propositie 2.3.1.
(i) Als een rijtje u ∈ AN (uiteindelijk) periodiek is, is p
u(n) begrensd.
Bewijs.
(i) Stel dat u periode n heeft, en noem |Ln(u)| = m. Als w ∈ Ln(u) een lengte-n factor
is, kan deze door periodiciteit maar op ´e´en manier voortgezet worden tot lengte-n + 1 factor. Daardoor geldt |Ln(u)| = |Ln+1(u)|. Dit argument is te herhalen voor alle
|Lk(u)| met k > n, zodat pu(n) inderdaad begrensd is.
(ii) Als pu(n) begrensd is, is er een n met pu(n) ≤ n. Stel dat pu(1) ≥ 2; anders bestaat u
uit maar ´e´en symbool en zijn we al klaar. Dan krijgen we 2 ≤ pu(1) ≤ · · · ≤ pu(n) ≤ n.
Nu hebben we n getallen die maximaal n − 1 waarden aannemen, dus volgens het duiventilprincipe geldt pu(k) = pu(k + 1) voor een k < n.
Pak nu een factor w ∈ Lk(u). Dan bestaat er een letter a ∈ A zodat wa ∈ Lk+1(u), en
omdat pu(k) = pu(k + 1) is deze a uniek. Als nu (ui)x+k−1x en (ui)y+k−1y gelijke lengte-k
factoren zijn, worden ze dus gevolgd door dezelfde letter. Als we naar de laatste k letters kijken van deze nieuwe k + 1-lengte factor, moeten ze weer gevolgd worden door dezelfde letter. Dit herhalen geeft ux+z = uy+z voor alle z ≥ 0, en dus uz = uy−x+z
voor z groot genoeg.
Dit vertelt ons dat een rijtje alleen echt interessant is als pu(n) ≥ n + 1. Sturmische rijtjes raken
precies die ondergrens, en zullen ook zeker heel interessant blijken. Voor nu houden we het bij dit hele simpele gevolg.
Gevolg 2.3.2. Sturmische rijtjes kunnen niet zowel 00 als 11 als factoren hebben.
Bewijs. Zij u een Sturmisch rijtje. We weten dat u precies drie factoren van lengte twee heeft. Als zowel 00 als 11 factoren zijn betekent het dat ´e´en van 01 of 10 geen factor is. Maar dan moet u wel 00 . . . 0111 . . . of 11 . . . 1000 . . . zijn, zodat we uiteindelijk periodiek zijn. Dit is in tegenspraak met de vorige propositie.
Om makkelijker te praten over de dynamica van rijtjes, defini¨eren we de shift op oneindige rijtjes als σ : AN→ AN: (ai)∞
1 7→ (ai)∞2 . Informeel haalt de shift-afbeelding elke keer de eerste
letter weg. Deze afbeelding is duidelijk surjectief, want een woord w ∈ AN is het beeld van aw
voor elke a ∈ A. Aan de andere kant is het daarom niet injectief als het alfabet niet-triviaal is. Verder is deze afbeelding continu, want d(σ(w1), σ(w2)) ≤ 2d(w1, w2).
Met deze shift-afbeelding kunnen we zelfs een dynamisch systeem maken. Definieer de baan (of “orbit ”) van een rijtje u ∈ AN als O (u) = {σn(u) | n ∈ N
0}. De verzameling O (u) is een
gesloten deelverzameling van de compacte AN, en dus compact. Door continu¨ıteit wordt O (u)
door σ binnen zichzelf afgebeeld. Hierdoor kunnen we makkelijk over (O (u), σ) praten als een dynamisch systeem.
We geven nu eerst een uitdrukking van (O (u), σ) in termen van taal. Lemma 2.3.3. Er geldt O (u) =w ∈ AN L (w) ⊆ L (u) .
Bewijs. Als w ∈ O (u), kunnen we w arbitrair goed benaderen met termen σk(u). Wat preciezer, voor een willekeurige n ∈ N kunnen we een getal kn vinden zodat d(w, σkn(u)) <
2−n. Door de keuze van onze metriek is dan in ´e´en keer duidelijk dat de eerste n letters van w en σkn(u) overeen komen, zodat (w
i)n1 = (ui)kknn+n+1. Dan is elke factor van w ook gelijk een
factor van u, zodat L (w) ⊆ L (u).
Omgekeerd, als elke factor in w een factor in u is, geldt dit ook voor alle factoren (wi)n1 voor
alle n ∈ N. Dan kunnen we u shiften tot σkn(u) die in de eerste letters overeen komt, zodat
d(w, σkn(u)) < 2−n. Hiermee kunnen we een rijtje in O (u) arbitrair dicht bij w krijgen.
bijna-periodiciteit. Een rijtje u ∈ AN is recurrent als elke factor van u oneindig vaak in u voorkomt.
Het rijtje bovendien bijna-periodiek als voor elke factor een bovengrens is voor de maximale afstand tussen het voorkomen van die factor.
Voorbeeld. Zoals eerder al opgemerkt zijn Sturmische rijtjes niet (uiteindelijk) periodiek omdat ze anders begrensd zijn. Echter, Sturmische rijtjes zijn w´el recurrent; als dit niet zo was zou er een factor zijn die uiteindelijk niet meer voorkomt. Maar dan is de complexiteit zonder het beginstuk met die factor ´e´en lager zodat het rijtje w´el uiteindelijk periodiek is, wat een tegenspraak geeft.
Over recurrente en bijna-periodieke rijtjes zijn aardig wat dingen te zeggen. Propositie 2.3.4. Als u recurrent is, is de shift σ op O (u) surjectief.
Bewijs. Zij w ∈ O (u). Door het vorige lemma weten we dat L (w) ⊆ L (u). Omdat u recur-rent is, komt voor een vaste n de factor (wi)n1 oneindig vaak voor in u. Dit betekent dat er een
prefix anis zodat anw1. . . wneen factor is van u. Kies nu een w(n)= anw1w2. . . wn· · · ∈ O (u)
voor elke n ∈ N zodat we een rijtje (w(n)) hebben. Door compactheid is er een convergente deelrij die naar een zekere w0 ∈ O (u) gaat. Maar als we convergeren moet elke w(n) in die
deelrij beginnen met dezelfde letter a ∈ A, en we weten dat het opgevolgd wordt door (wi)n1.
Dit geeft w0 = aw zodat σ(w0) = σ(aw) = w.
Propositie 2.3.5. Als u Sturmisch is, is de shift σ op O (u) injectief, op ´e´en punt na. Bewijs. Omdat u recurrent is, komt elke factor in Ln(u) oneindig vaak voor zodat het
links aangevuld kan worden tot Ln+1(u)-factor. Omdat Ln(u) = n + 1, is er volgens het
duiventilprincipe precies ´e´en links-speciale factor Ln ∈ Ln(u); dan zijn 0Ln en 1Ln dus
factoren van lengte n + 1.
Omdat er precies ´e´en links-speciale factor is voor elke lengte, moet gelden dat Ln+1 = Lna
voor een a ∈ A. Als dit niet zo was, zouden de n eerste letters van Ln+1 een tweede
links-speciale factor zijn van lengte n, wat natuurlijk niet kan.
Neem nu w ∈ O (u) een punt waar injectiviteit mislukt: er zijn v16= v2met σ(v1) = w = σ(v2).
In dit geval zijn de eerste index van v1 en v2 verschillend, en voor de rest gelijk. Dan moet
elke beginfactor van w links-speciaal zijn. Omdat er maar ´e´en links-speciale factor is van elke lengte, en de langere links-speciale factoren met de kortere beginnen, is deze w uniek. We kunnen de eis van recurrentie ook net wat anders opschrijven.
Propositie 2.3.6. Er geldt dat u recurrent is als en alleen als elke factor van u minstens twee keer voorkomt.
Bewijs. De implicatie naar rechts is duidelijk. Voor de andere richting, stel dat w0 een
factor is van u die minstens twee keer voorkomt. Dan kunnen we kijken naar de factor w1
die lang genoeg is om twee voorkomens van w0 te bevatten. Deze factor komt ook minstens
twee keer voor, zodat we een factor w2 kunnen vinden die w1 twee keer bevat, en w0 dus vier
keer. Dit proces kunnen we voortzetten zodat wn factor w0 intotaal 2n keer bevat. Deze n
kunnen we naar oneindig laten gaan, zodat w0 oneindig vaak voorkomt in u. Omdat we dit
voor elke factor kunnen doen, is u recurrent.
We noemen een dynamisch systeem minimaal als de baan van elk punt dicht ligt in de hele ruimte. In het geval van onze symboolrijendynamica moet elke O (v) dicht liggen in O (u) voor alle v ∈ O (u).
Stelling 2.3.7. Het dynamisch systeem (O (u), σ) is minimaal als en alleen als u bijna-periodiek is.
Bewijs. =
⇒ Stel, (O (u), σ) is minimaal. Voor α ∈ O (u) geldt vanwege minimaliteit O (α) = O (u). Schrijf V de verzameling van alle rijtjes die beginnen met factor (ui)l1; dit is een open
verzameling omdat het gewoon een balletje met radius 2−l is.
Omdat de baan van α dicht ligt, is er een k zodat σk(α) ∈ V . Dan is σ−k[V ] een open omgeving van α; omdat de baan van α dicht ligt bereikt elk punt in O (u) die verzameling uiteindelijk onder σ, zodat O (u) = S∞
i=0σ−j[V ]. Elke σ−j[V ] is open,
dus hebben we een open overdekking van een compacte verzameling: er is een eindige deeloverdekking σ−ki[V ] .
Noem K = max ki. Elk punt in O (u) komt in maximaal K stappen in V terecht. Dit
geldt specifiek ook voor alle σj(u) met j ∈ N, zodat (u
i)l1= (ui)j+k+lj+k+1 voor een k ≤ K.
Dit vertelt ons dat u bijna-periodiek is.
⇐= Stel dat u bijna-periodiek is. Stel bovendien voor tegenspraak dat (O (u), σ) niet minimaal is: er is een α ∈ (O (u), σ) waarvan de baan niet dicht ligt. Er geldt L (α) ⊆ L (u). Dan moet u /∈ (O (α), σ), want anders krijgen we ook L (u) ⊆ L (α) zodat (O (α), σ) = (O (u), σ), wat een tegenspraak geeft.
Dit vertelt ons dat er een j is zodat (ui)j1 ∈ L (α). Omdat α ∈ O (u), is er een rijtje/
getallen kn zodat σkn(u) naar α convergeert. Omdat de afstand tussen het voorkomen
van de factor (ui)j1 in u begrensd is, kunnen we een s vinden zodat (ui)1j = (ui)kknn+s+j+s+1
geldt voor oneindig veel kn. (Minstens eens elke K < ∞ begint die factor, dus minstens
´
e´en waarde 0, . . . , K − 1 wordt door oneindig veel kn mod K behaald. De taak van
de s is om ervoor te zorgen dat de beginindex overeen komt.) Uit de continu¨ıteit van σ volgt dan dat σkn+s(u) → σs(α) voor n → ∞, zodat voor n groot genoeg
(αi)s+js+1 = (ui)kknn+s+j+s+1= (ui)j1; dan volgt dat (ui)j1 ∈ L (α). Dit is onze tegenspraak.
We eindigen deze paragraaf met een propositie die veel voorbeelden van bijna-periodieke rijtjes geeft. Hier hebben we nog wel ´e´en definitie voor nodig. Noem een substitutie θ op ANprimitief
als er een getal k ∈ N bestaat zodat voor elke letter a ∈ A, θk(a) elke letter bevat.
Voorbeeld (Tribonacci). De Tribonacci-substitutie op A = {1, 2, 3} wordt gedefinieerd door θ(1) = 12, θ(2) = 13, en θ(3) = 1. Omdat θ(a) altijd een 1 bevat, en θ2(1) = 1213, bevat θ3(a) altijd 1, 2, en 3 voor alle a ∈ A. Deze substitutie is dus primitief.
Propositie 2.3.8. Als θ primitief is, is elk periodiek punt van θ een bijna-periodiek rijtje. Bewijs. Zij u een periodiek punt van θ; in andere woorden θp(u) = u voor een p ∈ N. Omdat θ primitief is, bestaat er een k zodat (θp)k(a) elke letter bevat, voor elke a ∈ A. Dan geldt nu u = (θp)k(u) = (θp)k(u0)(θp)k(u1) . . . waarbij elke (θp)k(ui) elke letter bevat. Dit
betekent dat er voor elke factor een n ∈ N bestaat zodat elke ((θp)k)n(ui) die factor bevat.
Nu kunnen we de afstand tussen het voorkomen van die factor begrenzen met sup ui ((θ p)k)n(u i) ≤ maxa∈A ((θ p)k)n(a) < ∞, zodat u inderdaad bijna-periodiek is.
In het bijzonder geven de fixpunten van primitieve substituties een minimaal dynamisch sys-teem onder de shift-afbeelding. Net zoals Tribonacci is de Fibonacci-substitutie bijvoorbeeld primitief, zodat met u de Fibonacci-rij het systeem (O (u), σ) minimaal is.
2.4 Rudin-Shapiro- en papiervouw-rijtjes
Om dit hoofdstuk af te ronden kijken we naar een paar speciale rijtjes, om een gevoel te krijgen voor hoe oneindige rijtjes zich kunnen gedragen en wat voor verrassende eigenschapen ze kunnen hebben.
We beginnen met een rij die op het eerste gezicht niet lijkt voort te komen uit een substitutie. Definieer de (nul-ge¨ındexeerde) Rudin-Shapiro-rij (εn) ∈ {−1, 1}N door ε0 = 1, ε2n = εn, en
ε2n+1 = (−1)nεn. Deze rij heeft de grappige eigenschap dat het op een manier het aantal
voorkomen van “11” in de binaire expansie van n telt. Hiermee bedoelen we ook inclusief overlap; het woord 1111 heeft drie keer factor 11.
Propositie 2.4.1. Zij ε de Rudin-Shapiro-rij. Als het aantal voorkomen van “11” in de binaire expansie van n even is geldt εn= 1. Anders geldt εn= −1.
Bewijs. We gaan dit bewijzen met inductie naar n. Voor n = 0 is de binaire expansie 0. Hier zit geen 11 in, dus met deze nul voorkomens zou moeten gelden ε0 = 1, wat waar is.
Zij nu n ∈ N niet-nul. Als n even is, is het laatste cijfer in binair een 0. Delen door twee is dan hetzelfde als de nul weg-bitshiften, zodat het aantal enen niet verandert. Dan krijgen we in εn hetzelfde aantal voorkomen van 11 als in εn/2, en omdat ε2(n/2)= εn/2, hebben we dit
geval bewezen.
Als n oneven is, kunnen we n = 2k + 1 schrijven; als k in binair k0k1. . . kl is, geldt n =
k0k1. . . kl1. Als k even is geldt kl= 0 zodat het aantal voorkomen van 11 in n niet verandert
ten opzichte van 2n + 1. Maar als k oneven is, geldt kl = 1 zodat de toegevoegde 1 een
extra voorkomen van 11 geeft, wat het teken doet wisselen. Dit komt precies overeen met ε2k+1= (−1)kεk.
Definieer nu Rudin-Shapiro-substitutie ζ op A = {0, 1, 2, 3} door ζ(0) = 02, ζ(1) = 32, ζ(2) = 01 en ζ(3) = 31. We weten dat deze rij ´e´en fixpunt heeft dat begint met 0. Deze substitutie kunnen we (onverrassend, gezien de naamgeving) relateren aan de Rudin-Shapiro-rij.
Propositie 2.4.2. Definieer τ : A → {−1, 1} door de even getallen naar 1 te sturen, en oneven getallen naar −1 te sturen. Dan geldt ε = τ (u), waarbij u = ζ∞(0).
Bewijs. We willen dat τ aan dezelfde condities voldoet als ε: we willen τ (u)0= 1, τ (u)2n=
τ (u)n, en τ (u)2n+1= (−1)nτ (u)n. Omdat u met 0 begint, is de eerste gelijk waar.
Voor de tweede is na te gaan dat τ (a) = τ (ζ(a))0 voor alle a ∈ A. Omdat in u de n tekens
voor index n ieder vervangen worden door twee tekens, en index n zelf vervangen wordt door dat hetzelfde teken krijgt, geldt dan τ (u)n= τ (u)2n.
Om de derde te bewijzen, kijken we nu naar alle indices 2n + 1, oftewel elke tweede van een paar ζ(a). Voor n even geldt un ∈ {0, 3} en voor n oneven dat un ∈ {1, 2}. Voor
i ∈ {0, 3} geldt dat de tweede van ζ(i) hetzelfde teken heeft, en voor i ∈ {1, 2} juist het tegenovergestelde teken. Het teken van het tweede in een paar is dus (−1)n keer het teken van het eerste in het paar. Omdat analoog aan hierboven u2n+1 de tweede is van het paar
ζ(un) volgt nu direct dat τ (u)2n+1 = (−1)nτ (u)n.
Het volgende rijtje waar we naar gaan kijken is ook nul-ge¨ındexeerd, namelijk de Thue-Morse-rij. Deze rij heeft ook een leuke binaire tel-eigenschap. Definieer de Thue-Morse-substitutie θ : 0 7→ 01, 1 7→ 10. Dan is de Thue-Morse-rij het fixpunt dat begint met 0. Eerst tonen we aan dat deze rij een redelijk simpele recursieve formule heeft. Hiervoor hebben we afbeelding R : 0 7→ 1, 1 7→ 0 nodig.
Lemma 2.4.3. Voor de Thue-Morse-substitutie geldt θn+1(0) = θn(0)R(θn(0)).
Bewijs. Er geldt θn+1(0) = θn(01) = θn(0)θn(1) = θn(0)R(θn(0)) omdat R ◦ θ = θ ◦ R. De Rudin-Shapiro-rij telde het aantal voorkomens van “11” in de binaire expansie van een getal, maar de Thue-Morse-rij doet iets simpelers: het telt alleen de voorkomens van “1”.
Propositie 2.4.4. Zij u de Thue-Morse-rij. Dan is un het aantal voorkomens van “1” in de
binaire expansie van n, modulo 2.
Bewijs. Dit bewijs is naar [1]. We doen inductie naar n. Neem k zodanig dat 2k ≤ n < 2k+1.
Omdat θk(0) en θk(1) lengte 2k hebben, geldt dat un op index n zit in θk+1 = θk(0)R(θk(0)).
Als we het beginstuk θk(0) met lengte 2k negeren, is un op de (n − 2k)’e index van R(θk(0)),
zodat index (n − 2k) van θk(0) gegeven wordt door un+ 1 mod 2, maar ook door un−2k. We
hebben dus un≡ un−2k+ 1 mod 2.
Als we het aantal voorkomens van “1” in de binaire expansie van n noteren met s(n), geldt nu door de inductiehypothese dat un≡ s(n − 2k) + 1. Dit is echter gewoon s(n) omdat het
enige verschil tussen unen un−2k een toegevoegde 1 aan de voorkant van de binaire expansie
is. Dus we hebben un= s(n) voor alle n.
Gevolg 2.4.5. Zij u de Thue-Morse-rij. Dan geldt un= 0, u2n = un, u2n+1 = R(un).
De volgende propositie vertelt ons dat deze twee rijtjes prima voorbeelden zijn voor wat er in de vorige paragraaf besproken is.
Propositie 2.4.6.
(i) De Rudin-Shapiro-rij is bijna-periodiek. (ii) De Thue-Morse-rij is bijna-periodiek. (iii) Beide rijtjes zijn niet periodiek. Bewijs.
(i) De Rudin-Shapiro-substitutie is primitief: wat schrijfwerk laat zien dat ζ3(a) het hele alfabet bevat voor alle a ∈ A = {0, 1, 2, 3}. Dan is de substitutie bijna-periodiek: een factor is op een begrensde afstand van de volgende. Als we dan τ : even 7→ 1, oneven 7→ −1 toepassen, zien we dat dezelfde begrensing ook werkt op de Rudin-Shapiro-rij, zodat die ook bijna-periodiek is.
(ii) Als w een factor is van de Thue-Morse-rij, is het bevat in een θk(0). Als we nu twee iteraties verder uitschrijven krijgen we
θk+2(0) = θk+1(0)θk+1(1) = θk(0)θk(1)θk(1)θk(0),
wat de factor w minstens twee keer bevat. Dus omdat elke factor minstens twee keer in de rij zit, is de rij recurrent, en we hebben gelijk een (grove) begrenzing 2k+2 gevonden voor de maximale afstand tussen de voorkomens van w.
Een simpelere manier om dit te bewijzen is door ook hier op te merken dat de Thue-Morse-rij primitief is zodat niet alleen θ∞(0) bijna-periodiek is, maar ook θ∞(1). Met deze methode krijgen we alleen geen bovengrens voor de maximale afstand tussen het voorkomen een factor.
(iii) We beginnen met de Thue-Morse-rij u. Stel voor tegenspraak dat deze rij wel (uitein-delijk) periodiek is met periode k: un = un+kl voor alle l als n groot genoeg is. Een
tegenspraak vinden voor oneven k is voldoende, want als k even is kunnen we het met u2n= un blijven halveren tot het oneven is.
Omdat k oneven is, geldt k = 2m + 1 voor een m. Nu geldt voor n groot genoeg R(u4n+1) = u2n= u2n+kl= u2n+2ml+l.
Als voor een n, l geldt dat 2n + 2ml + l = 4n + 1 hebben we tegenspraak. Herschrijven geeft n = ml + (l − 1)/2. Als l oneven en groot genoeg is, is n ook groot genoeg, en geldt dus R(u4n+1) = u4n+1. Dit is onze tegenspraak.
Deze aanpak werkt ook voor de Rudin-Shapiro-rij; de enige verandering is dat bij de recursie u2n+1 = R(un) vervangen wordt door u2n+1 = (−1)nun, zodat naast l ook n
oneven moet worden gekozen.
Het laatste soort rijtje dat we in deze paragraaf gaan bespreken zijn papiervouw-rijtjes. Dit zijn rijtjes in AN= {0, 1}N die gegenereerd worden door de regels
w(1) = a0 en w(n+1)= w(n)anR(w(n)),
met alle ai∈ A. Het limiet van w(n) geeft ons dan papiervouw-rijtje (f )∞1 . In stap n heeft w(n)
lengte 2n− 1, zodat ai op index 2i zit.
Deze rijtjes hebben de naam “papiervouw-rijtje”, omdat ze representeren wat er gebeurt als een fysiek stuk papier herhaaldelijk dubbelgevouwen en vervolgens uitklapt wordt – een 0 stelt een vouw naar binnen toe, en een 1 een vouw naar buiten. De positieve papiervouw-rij is de rij met specifiek alle ai = 1, en begint met 110110011100100 . . . . Deze rij representeert wat er
gebeurt als je de hele tijd dezelfde kant op vouwt. Het is makkelijker om over te redeneren over de positieve papiervouw-rij dan de algemene papiervouw-rijtjes.
Propositie 2.4.7. Zij f de positieve papiervouw-rij. Dan geldt (i) De oneven indices van f geven de rij 101010 . . . .
(ii) De even indices van f geven weer f zelf. Bewijs.
(i) Als we de constructie uitschrijven en alleen kijken naar de oneven indices, krijgen we f3 = R(f1), f5f7 = R(f3f1), f9f11f13f15= R(f7f5f3f1), etc. Nu geeft inductie naar de
constructiestap de afwisseling die we willen.
(ii) We gaan fn = fn/2 bewijzen. Voor n = 2k geldt fn = ai = 1 voor een i zodat
fn = f2k = ai = f2k−1 = fn/2. De rest doen we met inductie naar even n. Er geldt
dan voor n ∈ (2k−1, 2k) door de symmetrie in de constructie dat fn = 1 − f2k−n =
1 − f2k−1−n/2= fn/2, waar de middelste gelijkheid de inductiehypothese is.
Deze propositie is echter ook te formuleren voor de algemenere papiervouw-rijtjes. Propositie 2.4.8. Zij g een papiervouw-rij. Dan geldt
(i) g2n+1 ≡ g1+ n mod 2.
(ii) De even indices van g vormen ook een papiervouw-rij. Bewijs.
(i) Dit gaan we bewijzen met inductie; het basisgeval n = 0 is triviaal.
Dankzij het spiegelen in elke stap geldt voor 2n+1 ∈ (2k−1, 2k) dat g2n+1≡ 1−g2k−2n−1.
Dit is weer te herschrijven naar 1 − g2k−2n−2+1 ≡ 1 − g2(2k−1−n−1)+1, wat volgens de
inductiehypothese gelijk is aan 1 − g1+ 2k−1−n−1 mod 2. Dit geeft ons g2n+1≡ g1+ n
(ii) Dit gaat bijna hetzelfde als de vorige propositie: we gaan voor even n bewijzen dat fn = gn/2, waar gn een papiervouw-rijtje is. Het enige verschil is dat de indices 2k
nu arbitrair zijn, maar het bekijken van n ∈ (2k−1, 2k) gaat precies hetzelfde. De veranderde indices 2k zijn alleen geen probleem, want die indices zijn voor papiervouw-rijtjes vrij gekozen.
Merk op dat als naast de eisen in de propositie ook geldt g1 = 1 en g2n = gn, we precies de
positieve papiervouw-rij hebben.
Propositie 2.4.9. Papiervouw-rijtjes zijn niet (uiteindelijk) periodiek.
Bewijs. Nu we een recursieve identiteit hebben die lijkt op die van de Thue-Morse-rij en Rudin-Shapiro-rij, gaat het bewijs hetzelfde als het bewijs dat die niet (uiteindelijk) periodiek zijn.
Tesnlotte kunnen we ook de positieve papiervouw-rij (met een omweg) omschrijven met een substitutie. Dit bewijs komt van [1].
Propositie 2.4.10. Definieer substitutie η op A = {0, 1, 2, 3} en afbeelding τ : A → {0, 1}: η(0) = 20 η(1) = 21 η(2) = 30 η(3) = 31
τ (0) = 00 τ (1) = 01 τ (2) = 10 τ (3) = 11. Als u het fixpunt is van η, is τ (u) de positieve papiervouw-rij.
Bewijs. Als we η in termen van τ uitschrijven krijgen we (met slordige notatie) η(00) = 10 00 η(01) = 10 01 η(10) = 11 00 η(11) = 11 01.
Merk op dat hier geldt η(ij) = 1∗ 0∗ en η(ij) = ∗i ∗j. Dat eerste zorgt ervoor dat de oneven indices de rij 101010 . . . geeft, en de even indices de rij zelf. Omdat fixpunt u begint met 3, begint τ (u) met 1. Dit bij elkaar betekent dat τ (u) de papiervouw-rij is.
3 Cirkelrotaties en Markovpartities
In het vorige hoofdstuk bekeken we wat er gebeurt als ´e´en functie (de shift) losgelaten wordt op een aantal verschillende rijtjesruimtes. Dit geeft op zich al interessant gedrag, maar in dit hoofdstuk wordt het al helemaal interessant: we gaan compleet andere vormen van dynamica bekijken die op torussen leven, maar alsnog een link met het vorige hoofdstuk leggen. De eerste twee paragrafen zullen grotendeels naar [1] gaan.
3.1 Cirkelrotaties, cirkelrijtjes, en snij-rijtjes
Het volgende dynamische systeem waar we naar gaan kijken zijn cirkelrotaties. Wat deze af-beelding doet is uit de naam al duidelijk: een punt op de cirkel wordt herhaaldelijk een vast aantal graden gedraaid. Er zijn meerdere manieren om naar de onderliggende ruimte te kijken, zoals in bijvoorbeeld C of N × N ingebed. Wij houden het hier op T = R/Z, maar zullen soms ook doen alsof het gewoon [0, 1) is.
Een cirkelrotatie is dan een afbeelding Tα : T → T : x 7→ x + α. Dit geeft een dynamisch
systeem (T, Tα). Voor iteraties van deze functie geldt natuurlijk dat Tαn(x) = x + αn. Als
α = p/q rationaal is, is er q-periodiciteit. Zoals eerder al opgemerkt is periodiciteit niet heel interessant, dus we zullen vooral kijken naar irrationale α, die interessanter gedrag geven. In bijvoorbeeld [3] wordt omschreven dat de baan van elk punt dicht ligt onder irrationale draaiing, waardoor het een minimaal systeem is.
Cirkelrotaties kunnen veralgemeniseerd worden naar hogere dimensies zoals T2 = (R/Z)2 door
in elke index een cirkelrotatie toe te passen.
Aan de hand van cirkelrotaties kunnen we een cirkelrijtje (fα) ∈ {0, 1}N0 defini¨eren voor α ∈
(0, 1): neem fα(n) = 1 als Tαn(0) ∈ [1 − α, 1) en anders nul. Voor α = 0 nemen we de nulrij.
Voorbeeld. Als α = 1/3 wordt Tαn een rijtje (0, 1/3, 2/3, 0, 1/3, . . . ) en wordt fα het rijtje
001001001 . . . . Hier zie je duidelijke periodiciteit. Met α = 2/3 verschijnt een rijtje dat hier heel veel op lijkt, namelijk 011011011 . . . .
Natuurlijk kan kijken naar alleen de eerste paar termen misleidend zijn. Als ε > 0 heel klein is, geeft α = 1/3 + ε ook een rijtje dat begint met 001001 . . . , maar later van patroon verandert.
Herinner dat floor-functie b·c : R → Z naar beneden afrondt: b3c = 3, bec = 2, en b−πc = −4. Cirkelrijtjes kunnen niet-ambigu worden voortgezet tot α /∈ [0, 1) door hetzelfde te doen als voor α wel in [0, 1), maar in plaats van te kijken naar [1 − α, 1) te kijken naar [1 − ˆα, 1) met
ˆ
α = α − bαc ∈ [0, 1). Dit gaat goed omdat we wel nog de regel Tn
α(x) = x + αn kunnen
gebruiken, die hetzelfde resultaat geeft als Tαˆn(x) omdat we modulo ´e´en werken.
De volgende propositie vertelt ons dat we op de goede weg zitten als we dit uiteindelijk willen verbinden met het vorige hoofdstuk; dit lijkt namelijk wel erg veel op 2.3.2.
Bewijs. Zij fα een cirkelrijtje. Het bekijken van α ∈ [0, 1) is voldoende. De twee intervallen
die het rijtje bepalen zijn [0, 1 − α) en [1 − α, 1), met respectievelijk lengte 1 − α en α. Als α < 1/2 geldt 1 − α > α en kan er niet van het tweede interval naar zichzelf gesprongen worden omdat de afstand 1 − α simpelweg te groot is. Hierdoor is er geen factor 11.
Voor α > 1/2 geldt een analoog verhaal zodat er geen factor 00 is.
Als α = 0 is het rijtje constant, en als α = 1/2 is het rijtje alternerend, zodat dit ook geldt. Dit is natuurlijk lang niet voldoende om de volledige link te kunnen leggen met het vorige hoofdstuk. Dat gaan we doen in de volgende paragraaf, en daar hebben we meer gereedschap nodig dat ook in hoofdstuk 5 nut zal hebben. Hier zal de rest van deze paragraaf over gaan.
Lemma 3.1.2. Voor alle α geldt fα(n) = b(n + 1)αc − bnαc − bαc.
Bewijs. Stel fα(n) = 0. Neem ˆα ∈ [0, 1) het decimale deel van α zodat α − ˆα = bαc ∈ Z.
Dan ligt Tαn(0) in [0, 1 − ˆα), zodat nα ∈ [k, k + 1 − ˆα) voor een k ∈ Z. Dit geeft vervolgens (n + 1)α = bαc + nα + ˆα ∈ [k + bαc , k + bαc + 1).
Omdat dan bnαc = k = bnα + ˆαc krijgen we b(n + 1)αc = bnαc + bαc, zodat het verschil nul is. Voor fα(n) = 1 geldt een analoge redenatie.
Met deze rekenregel kunnen we meer eigenschappen van cirkelrijtjes laten zien. De rest van de bewijzen in deze paragraaf komen van [1].
Lemma 3.1.3.
(i) Voor α ∈ (0, 1) en n ≥ 1 geldtPn
i=1fα(i) = b(n + 1)αc.
(ii) Voor α irrationaal en n ≥ 1 geldt f1−α(n) = 1 − fα(n).
(iii) Definieer gα door gα(n) = 1 ⇐⇒ ∃k met n = bkαc, en anders nul. Dan voor α > 1
irrationaal geldt gα= f1/α.
Bewijs.
(i) Dit is simpelweg een telescoopsom met fα(n) = b(n + 1)αc − bnαc; bαc = 0 valt weg.
(ii) Weer het vorige lemma gebruiken geeft
f1−α(n) = b(n + 1)(1 − α)c − bn(1 − α)c = b−α(n + 1)c − b−nαc .
Er geldt dat bac + b−ac nul is voor gehele a, en −1 voor alle andere a. Dat kunnen we twee keer toepassen op fα(n) + f1−α(n) = b(n + 1)αc + b−(n + 1)αc − bnαc − b−nαc + 1,
want voor irrationale α en n ≥ 1 is alles niet-geheel. Dit geeft fα(n) + f1−α(n) = 1.
(iii) We weten dat f1/α(n) = 1 geldt als en alleen als b(n + 1)/αc − bn/αc = 1. Dit kan alleen als er een k ∈ Z is zodat bn/αc = k − 1 = b(n + 1)/αc − 1, wat om te vormen is tot n/α ≤ k < (n + 1)/α. Dit geeft uiteindelijk f1/α(n) = 1 ⇐⇒ ∃k : n = bkαc, wat
overeen komt met de definitie van gα.
Sommige fαzijn het fixpunt van een relatief makkelijke substitutie. Voor gehele k > 0, definieer
θk op {0, 1} door 0 7→ 0k−11 en 1 7→ 0k−110. (Het machtsverheffen van woorden is gewoon het
herhaaldelijk achter elkaar plakken van zichzelf, of ε als je met 0 verheft.) De indices zijn verschoven tot k − 1 in plaats van de logischere k zodat de komende twee uitspraken mooier opgeschreven kunnen worden.
Bewijs. Definieer een rijtje woorden (Di)∞0 door Di = θk(fα(i)). Door de definitie van θk
heeft elke Di precies ´e´en 1, op de laatste of ´e´en-na-laatste positie, en geldt |Di| ∈ {k, k + 1}.
Als de (q + 1)’e 1 op index n zit, zit die op index k in Dq+1 zodat n = |D1D2. . . Dq| + k.
Omdat elk van de q verschillende Di lengte k + 1 heeft als fα(i) = 1, en anders k, geldt
|D1D2. . . Dq| = qk + fα(1) + · · · + fα(q).
Dit combineren met (i) van het vorige lemma geeft n = qk +b(q + 1)αc+k = b(q + 1)(k + α)c. Omdat q ∈ N, voldoen we aan (iii) van het vorige lemma met gk+α: θ(fα)(n) = 1 ⇐⇒ n =
b(q + 1)(k + α)c. Dit geeft θk(fα) = gk+α= f1/(k+α).
Om nu fα te vinden die fixpunten zijn, moeten we kijken naar kettingbreuken. Een kettingbreuk
op (0, 1) is een breuk in de vorm
1 a1+a 1
2+ 1 a3+a4+...1
,
bepaald door een re¨eel rijtje (a1, a2, a3, . . . ). De breuk schrijven we op als [a1, a2, a3, . . . ].
Pe-riodiciteit noteren we met een streep, zodat [a1, a2, a3] staat voor [a1, a2, a3, a2, a3, a2, . . . ]. We
kunnen ook de rij vroeg afkappen. Algemene kettingbreuken hebben ook nog een geheel getal ervoor, maar wij zullen ons alleen bezig houden met het interval (0, 1). We laten de discussie van goedgedefinieerdheid en convergentie achterwege.
Stelling 3.1.5. Zij α = [a1, a2, . . . , an] irrationaal, met alle ai ∈ N. Dan is fα het fixpunt
van θa1 ◦ θa2 ◦ . . . ◦ θan.
Bewijs. Dankzij het lemma weten we dat θan(fα) = f1/(an+α)= f[an+α]. Dan geldt
θan−1◦ θan(fα) = f1/(an−1+[an+α])= f[an−1,an+α].
Dit proces is inductief voort te zetten zodat θa1◦ . . . ◦ θan(fα) = fβ, met β = [a1, . . . , an+ α].
Omdat α een periodieke kettingbreuk is, geldt dat β = α. Dus, zoals we wilden, is fα een
fixpunt van θa1 ◦ . . . ◦ θan.
Het is bekend (zie bijvoorbeeld [7] of een willekeurig boek over getaltheorie) dat de kettingbreu-ken in de stelling precies de kwadratische irrationalen in (0, 1) zijn. Deze getallen zijn irrationale getallen die te schrijven zijn als (a + b√c)/d, met a, b, c, d geheel.
Voorbeeld. Zij ϕ de positieve oplossing van X2− X − 1 = 0. Dit getal heet de gulden snede. Er geldt ϕ = (1 +√5)/2, en omdat ϕ2 = ϕ + 1 geldt ϕ = 1/(1 + ϕ) zodat ϕ − 1 = [1]. Hier is f1/ϕ het fixpunt van θ1 : 0 7→ 1, 1 7→ 10. In dit geval is het ook gelijk in te zien met
het lemma in plaats van de stelling toe te passen.
Een moeilijker voorbeeld is α = √3 − 1, het positieve nulpunt van X2 + 2X − 2. Neem α0=√3. Door te gebruiken dat dat polynoom nul is in α is aan te tonen dat α = 2/(α + 2). Dan volgt α0 = 1 + α = 1 + 2 α + 2 = 1 + 2 1 + α0 = 1 + 2 2 +1+α2 0 = 1 + 1 1 +2+α1
zodat α = [1, 2]. Dan vertelt de stelling ons dat fα het fixpunt is van θ1◦ θ2; deze substitutie
is explicieter op te schrijven als 0 7→ 110, 1 7→ 1101.
x ≥ 0. Deze lijn snijdt herhaaldelijk door het eenheidsgrid: er zijn oneindig veel x zodat y geheel is (en we door een horizontale gridlijn gaan), en vice versa (zodat we door een verticale gridlijn gaan). Omdat β irrationaal is, kan de lijn buiten de oorsprong niet een geheel punt doorkruizen. Dan wordt de snij-rij Sβgedefinieerd door de volgorde dat L de gridlijnen doorsnijdt: Sβ(n) = 0
als de n’e gridlijnintersectie een met een verticale lijn is, en Sβ(n) = 1 in het horizontale geval.
We defini¨eren Sβ(0) = 0.
Figuur 3.1: Een snijrijtje Sβ: elke keer dat de rode lijn door een verticale gridlijn gaat, krijgen
we een “0”, en elke keer dat de rode lijn door een horizontale gridlijn gaat krijgen we een “1”. De eerste letter, die bij de oorsprong hoort, is een “0”.
Omdat we het plaatje kunnen spiegelen door de lijn y = x, geldt R(Sβ) = S1/β op de niet-nul
indices, met R : 0 7→ 1, 1 7→ 0. Dit komt doordat in plaats van lijn y = βx te bekijken, we een lijn y = x/β bekijken die de gridlijnen precies andersom snijdt. Stellingen bewijzen over β ∈ (0, 1) is dus voldoende. Voor zulke β geldt de handige eigenschap dat er geen 11 factor kan zijn, omdat de lijn niet stijl genoeg loopt.
Deze rijtjes geven een veel eenvoudigere meetkundige interpretatie voor de fαdan het nadenken
over hoeken.
Stelling 3.1.6. Zij α ∈ (0, 1) irrationaal. Dan geldt Sα= fα/(1−α).
Bewijs. Definieer Pn= (n, nα). Dan kunnen we kijken naar een lijnstukje van Pntot Pn+1
(exclusief het eindpunt), dat we Ln noemen. Dit komt overeen met een deel van L, en dus
ook met een deel van Sα. Door de lage richtingsco¨efficient kan Ln hoogstens ´e´en horizontale
lijn snijden voor elke n.
De horizontale lijn wordt doorsneden als b(n + 1)αc − bnαc = 1; in het andere geval is het verschil nul. (Dit kunnen we zo snel concluderen omdat de tweede co¨ordinaat modulo ´e´en
precies cirkelrotatie Tα vormt.) Dit betekent dat Ln in Sα correspondeert met 01fα(n), wat
alleen 0 of 01 kan zijn. Met andere woorden, als h(0) = 0 en h(1) = 01, geldt h(fα) = Sα.
Het functievoorschrift van h is precies het omgekeerde van θ1; als R(0) = 1 en R(1) = 0 geldt
h = R ◦ θ. Met de rekenregels geeft dit
S1/α= R(Sα) = R(h(fα)) = R ◦ R ◦ θ1(fα) = f1/(1−α).
Nu geeft α vervangen met 1/α de identiteit in de stelling.
3.2 Conjugatie met Sturmische rijtjes
E´en krachtig gereedschap in de dynamica is conjugatie. Als twee systemen geconjugeerd zijn is het mogelijk om met kennis van het ene systeem iets te zeggen over het andere systeem. Twee dynamische systemen (X, f ) en (Y, g) zijn topologisch geconjugeerd als er een homeomor-fisme h : X → Y bestaat zodat h ◦ f = g ◦ h. Informeel betekent dit dat in beide systemen “hetzelfde” gebeurt; of je nou itereert in X of in Y , na de vertaalslag h kom je op hetzelfde. Soms, en ook in ons geval, is de eis van een homeomorfisme te streng. Topologische ruimtes kunnen soms rare eigenschappen hebben die uiteindelijk weinig uitmaken voor de dynamica, maar wel voor het bestaan van een homeomorfisme. Hiervoor is het begrip semi-topologische conjugatie ge¨ıntroduceerd. Twee dynamische systemen (X, f ) en (Y, g) zijn semi-topologisch geconjugeerd als er twee dichte deelverzamelignen X0 ⊆ X en Y0 ⊆ Y bestaan zodat (X0, f |X0)
en (Y, g|Y0) topologisch geconjugeerd zijn.
Het doel van deze paragraaf is om de volgende stelling te bewijzen:
Stelling 3.2.1. Zij α ∈ (0, 1) irrationaal. Dan zijn de dynamische systemen (T, Tα) en
(O (fα), σ) semi-topologisch geconjugeerd.
Het is duidelijk dat simpelweg topologische conjugatie hier niet werkt. De torus T is een mooie samenhangende ruimte die we goed kennen, maar O (fα) is een compacte Cantorverzameling,
die in het bijzonder niet samenhangend is! Dit alleen al maakt een homeomorfisme onmogelijk, laat staan een conjugatie.
In deze hele paragraaf is het alfabet {0, 1}, en defini¨eren we I0 = [0, 1 − α) en I1 = [1 − α, 1)
voor een vaste irrationale α ∈ (0, 1). Alle stellingen en bewijzen (behalve het bewijs van 3.2.5) komen van [1].
Om te beginnen weten we dat Tα minimaal is voor irrationale α: voor alle x ligt (x + iα)∞0 ⊂ T
dicht. Dit kunnen we gebruiken in de volgende propositie.
Propositie 3.2.2. Zij x ∈ T vast. Dan is w = (wi)n−10 ∈ An een factor van fα als en alleen
als er een k ∈ N is met (x + kα) ∈ ∩n−1i=0T −i α (Iwi).
Bewijs. Als w een factor is van u is er een k zodat w = (fα(i))k+n−1k . Dit betekent dat
(x + kα) ∈ Iw0, (x + (k + 1)α) ∈ Iw1, etc., tot (x + (k + n − 1)α) ∈ Iwn−1 omdat we door de
minimaliteit van Tα eerst x dicht genoeg bij nul kunnen krijgen, en dan de definitie van fα
kunnen toepassen. Omdat Tn
α(x) = x + nα, geeft dit Tα0(x + kα) ∈ Iw0, T 1 α(x + kα) ∈ Iw1, . . . T n−1 α (x + kα) ∈ Iwn−1, zodat (x + kα) ∈Tn i=1T −i
dus we zijn ook gelijk al klaar met de andere kant.
De rechterkant van die stelling gaan we redelijk wat gebruiken, dus laten we er notatie voor introduceren: schrijf I(w) of I(w0, . . . , wn−1) voorTn−1i=0 Tα−i(Iwi). Omdat voor een vaste n elke
van de n verschillende wi nul of ´e´en is, zijn er 2n verschillende I(w). Omdat Tα een bijectie is,
en I0, I1 een partitie is van T, vormen alle I(w) samen ook ´e´en partitie. Het volgende lemma
laat zien dat de meeste hiervan leeg zijn.
Lemma 3.2.3. Enumereer de n inverses Tα−i(0) als
0 = β0(n)< β1(n)< · · · < β(n)n < βn+1(n) = 1 ≡ 0 mod 1.
(Voor de ongelijkheden vatten we elementen op T op als hun representanten in [0, 1), behalve de laatste.)
(i) Zij w = (wi)n−10 . Als I(w) 6= ∅ heeft het de vorm [β (n) k , β
(n) k+1).
(ii) Omgekeerd, elke [βk(n), βk+1(n)) is een I(w) met w een factor van fα.
Bewijs. Als we (i) hebben, volgt (ii) gelijk uit het feit dat de I(w) een partitie vormen, en de [βk(n), βk+1(n)) ook. Om (i) te bewijzen gaan we inductie doen naar n. In de basisstap zijn de βi(1) simpelweg {0, 1 − α, 1} zodat het triviaal geldt.
Voor de inductiestap, bekijk (wi)n0 ∈ An+1. Dan geldt
I(w) = n \ i=0 Tα−n(Iwi) = Iw0 ∩ T −1 α [I(w1, . . . , wn)].
Dat tweede deel bekijkt een factor van lengte n, dus volgens de inductiehypothese is het van de vorm [βk(n), βk+1(n)). Omdat Tα−1(x) = x − α ∈ T, en (βi(n+1))
n+2
0 een verfijning is van
(βi(n))n+10 hebben we nu twee situaties.
1. Het punt waar Tα−1 nul wordt ligt niet in [βk(n), βk+1(n)). In dit geval bestaat het −α-gedraaide interval uit dezelfde achtereenvolgende punten, alleen nu anders geindexeerd als [βl(n+1), βl+1(n+1)). Dit interval ligt volledig in een van I0 of I1 omdat beide partities
een verfijning zijn van {0, 1 − α, 1}. Dan is afhankelijk van w0 doorsnede I(w) = Iw0∩
Tα−1[I(w1, . . . , wn)] ´of leeg ´of [βl(n+1), βl+1(n+1)). Merk op dat in dit geval de iteratie niet
de grootte van het interval verandert.
2. In het andere geval wordt [β(n)k , βk+1(n)) afgebeeld op [0, β1(n+1)) ∪ [βn+1(n+1), 1) omdat het toegevoegde punt in de verfijning (getransleerd omdat we in stap n zitten) op nul komt. De randen komen dan op al bestaande achtereenvolgende punten terecht, maar nu verschijnt het punt 0 ertussen. Deze keer is de doorsnede I(w) gegarandeerd een niet-leeg interval. Merk op dat in dit geval de iteratie de intervallen kleiner maakt. Dit lemma vertelt ons dat de cirkel in n + 1 stukken opgehakt wordt. (Merk op dat dit niet zegt dat de afstand tussen de verschillende βi(n) precies α is; voor n groot genoeg is dit juist gegarandeerd niet zo. Zie figuur 3.2.) Dit geeft dan ook de brug tussen Sturmische rijtjes en cirkelrijtjes.
Gevolg 3.2.4. Voor irrationale α ∈ (0, 1) zijn cirkelrijtjes fα Sturmische rijtjes.
Bewijs. We weten nu dat een woord w = (wi)n0 een factor is van fα alleen als I(w) 6= ∅.
Figuur 3.2: De onderverdeling van de cirkel in lemma 3.2.3. De inverses springen de hele cirkel rond en komen totaal niet overeen met de volgorde van de βk(n), en de intervalgroottes verschillen enorm.
In [4] wordt bewezen dat deze stelling zelfs de andere kant op gaat; elk Sturmisch rijtje is van de vorm fα voor een α. Wij zullen dit niet nodig hebben, en dus ook niet bewijzen.
Met deze kennis kunnen we eindelijk een aantal zinnige dingen zeggen. We beginnen met het bewijs van stelling 3.2.1 die zegt dat de dynamische systemen (T, Tα) en (O (fα), σ)
semi-topologisch geconjugeerd zijn.
Bewijs. Definieer ϕ : T → O (fα) door ϕ(x)n = 1 als Tαn(x) ∈ [1 − α, 1), en anders nul.
(Dan specifiek ϕ(0) = fα.) Deze afbeelding is injectief omdat Tαminimaal is; als ϕ(x) = ϕ(y)
komen de banen van x en y arbitrair dicht bij (1 − α), maar blijven ze aan dezelfde kant I0
of I1 zodat x = y. Voor surjectiviteit, zij w ∈ O (fα). Door de uitdrukking van de baan in
termen van taal, weten we dat elke factor van w een factor van fα is. Door propositie 3.2.2
weten we dat voor alle n ∈ N een xn∈ I(w0, . . . , wn) bestaat. Omdat die intervallen nesten
voor steeds grotere n geldt vervolgens ϕ(limn→∞xn) = w. Dit vertelt ons dat ϕ een bijectie
is.
Helaas, zoals eerder opgemerkt, zullen we geen homeomorfisme kunnen vinden, dus moeten we ϕ een beetje aanpassen. Definieer D = {nα | n ∈ N0}, een aftelbare dichte deelverzameling
van de overaftelbare T. Dan is T − D ook dicht in T. Definieer ϕ : T − D → O (fe α) − ϕ(D) de restrictie van ϕ op T − D. Dit is nog steeds een bijectie.
Voor continu¨ıteit, zij ε > 0, x ∈ T − D, en n ∈ N zodat ε > 2−n. Omdat de eerste n termen van D precies de rand van de cirkelpartities I(. . . ) vormen, geldt x ∈ Int (I(w0, . . . , wn−1)).
Dan geldt voor alle y ∈ I(w0, . . . , wn−1) dicht genoeg bij x dat de eerste n termen van ϕ(x) en
ϕ(y) overeen komen zodat d(ϕ(x), ϕ(y)) ≤ 2−n < ε. De continu¨ıteit van de inverse gebruikt hetzelfde argument de andere kant op. Afbeeldingϕ is dus een homeomorfisme.e
Tenslotte moet conjugatie bewezen worden. Er geldt (ϕ(x + α))e n= 0 alleen als T
n
α(x + α) ∈
[0, 1 − α), wat weer alleen geldt als Tαn+1(x) ∈ [0, 1 − α). Per definitie is dit weer equivalent met σ(ϕ(x))e n= 0. Dit geeft ons dus de conjugatie ϕ ◦ Te α= σ ◦ϕ die we wilden.e
We sluiten deze paragraaf af met een leuk eigenaardigheidje: er zijn overaftelbaar veel irrationale getallen in (0, 1) en dus minstens evenveel Sturmische rijtjes. Echter, er zijn maar aftelbaar veel substituties op {0, 1} omdat elke letter naar ´e´en element van de aftelbare A∗ gestuurd moet worden. De meeste Sturmische rijtjes kunnen dus niet als fixpunt van een substitutie worden opgeschreven!
Bewijs. Het grote probleem is dat we nergens hebben aangetoond dat de fα verschillend
zijn. Dit gaan we doen door te bewijzen dat de snijrijtjes Sβ en Sγhetzelfde zijn als en alleen
als β = γ, want dan kunnen we de snijrijtjes omvormen naar cirkelrijtjes waarvan we weten dat ze Sturmisch zijn. Een kant is duidelijk, dus stel nu dat Sβ = Sγ.
Als we de (n, βn) en (n, γn) bekijken in alleen de tweede co¨ordinaat modulo ´e´en, hebben we twee cirkelrotaties met spronggroottes β en γ. Omdat die dicht liggen kunnen we dus arbitrair dicht bij gridpunten komen met de (n, βn) en (n, γn). Omdat bovendien de snijrijtjes gelijk zijn, geldt dat bβnc = bγnc voor alle n. Meetkundig wordt elke verticale gridlijn door beide lijnen y = βx en y = γx doorsneden in hetzelfde stukje (bβnc , bβnc + 1).
Stel nu dat γ < β − ε voor een ε > 0. Voor n groot genoeg kunnen we βn arbitrair dicht bij bβnc krijgen, maar dan geldt γn < bβnc, wat een tegenspraak geeft. Dan geldt dus γ ≥ β. Hetzelfde argument omgekeerd laat zien dat β ≥ γ. Dus β = γ, zoals we wilden.
3.3 Markovpartities
We springen nu over naar een ander onderwerp dat ook leeft op torussen: Markovpartities. We specificeren eerst de afbeeldingen die we bekijken.
Propositie 3.3.1. Zij A ∈ Zn×n een matrix van gehele getallen met determinant ±1. Dan geldt A−1 ∈ Zn×n en is L
A : Tn → Tn : x 7→ Ax een goedgedefinieerd automorfisme van de
torus.
Als bovendien A geen eigenwaarde met absolute waarde ´e´en heeft, heeft A−1 die ook niet. Bewijs. Dat A−1alleen gehele entries heeft is duidelijk door de regel van Cramer: de enige deling die daar plaats vindt is door det A, maar dat introduceert hier geen breuk.
Voor de goedgedefinieerdheid, neem α ∈ [0, 1)n en k ∈ Zn. We willen dat Aα en A(α + k) = Aα + Ak modulo ´e´en heftzelfde zijn. Maar omdat A ∈ Zn×n en k ∈ Zn valt die term weg zodat er simpelweg Aα = Aα overblijft in Tn.
Met hetzelfde argument is LA−1 goedgedefinieerd op Tnen geldt LA◦LA−1 = LA−1◦LA= id
Tn,
zodat LA inderdaad een automorfisme is.
Het laatste volgt uit het feit dat als λ een eigenwaarde is van A, 1/λ een eigenwaarde is van A−1.
Afbeeldingen die aan alle eisen van deze propositie voldoen heten hyperbolische torale automor-fismen. Het n = 1 geval heeft geen hyperbolische torale automorautomor-fismen. Echter, als n ≥ 2 geeft de combinatie “determinant ±1” en “geen eigenwaarde met absolute waarde ´e´en” dat we zowel een contraherende als uitstrekkende eigenwaarde hebben. Dit is al genoeg om heel interessant dynamisch systeem (Tn, LA) te hebben. Om een idee te geven, volgt hier een korte samenvatting
uit [5] (punt (i)) en [3] (de rest) zonder bewijs. Propositie 3.3.2.
(i) De periodieke punten van LA zijn precies (Q/Z)n; ze liggen hiermee dus dicht in Tn.
(ii) Voor elke open U ⊆ Tn bestaat een k zodat LkA[U ] = Tn.
(iii) Punten die dicht bij elkaar beginnen hoeven niet dicht bij elkaar te blijven: er is een δ > 0 zodat voor elke x ∈ Tn en elke open omgeving N van x een y ∈ N bestaat met
Lk
A(x) − LkA(y)
> δ voor een k.
de eigenruimte van alle contraherende eigenwaardes. Dan liggen Wu, Ws, en Wu∩ Ws
dicht in Tn.
Een belangrijk gereedschap om iteraties van hyperbolische torale automorfismen te analyseren is de Markovpartitie. Informeel is een Markovpartitie een eindige partitie {T1, T2, . . . , Tk} van Tn
zodat het itereren van een willekeurig beginpunt een Markovketen geeft op de partitie als je kijkt naar welke Tihet ge¨ıtereerde punt in ligt. De (Ti1, Ti2, Ti3, . . . ) geeft vervolgens een symboolrijtje
(i1, i2, i3, . . . ), waarbij het itereren van een punt hetzelfde is als kijken naar de volgende entry van
het rijtje. Als we dus eenmaal de partitie hebben, suggereert dit een conjugatie tussen (Tn, LA)
en ({1, . . . , k}N, σ). Als we deze conjugatie hebben, kunnen we vervolgens alle gereedschap van
discrete Markovketens toepassen om niet alleen het gedrag van LA te omschrijven, maar ook
dat van σ.
Helaas is het formele verhaal wat moeilijker dankzij (letterlijke) randgevallen. We hebben eerst dus een formelere definitie nodig. Een Markovpartitie is een eindige verzameling {T1, T2, . . . , Tk}
die samen heel T2 zijn, waarvoor geldt: (i) elke Ti is gesloten;
(ii) ∪Ti = Tn;
(iii) Int (Ti) ∩ Int (Tj) = ∅ als i 6= j;
(iv) het itereren van een willekeurig niet-randpunt geeft het gedrag van een Markovketen. Het laatste punt is opzettelijk wat vager, omdat de daadwerkelijke condities afhangen van de situatie; in [5] worden twee verschillende definities gegeven voor het geval van T1 en T2, en in [6] wordt de definitie in het geval van T2 weer anders opgeschreven.
We vatten nu het eerste voorbeeld dat elk werk dat Markovpartities introduceert samen; voor een uitgebreidere afleiding, zie [3] of [5].
Voorbeeld. Neem A =1 11 0
. Deze matrix heeft eigenwaarden ϕ en −1/ϕ bij respectievelijk eigenvectoren (1, 1/ϕ) en (1, −ϕ). Aan de hand van deze lijnen kunnen we een partitie opstellen, zoals in het plaatje gegeven. De horizontalere lijnen liggen in de uitstrekkende eigenruimte van LA, en de verticalere lijnen in de contraherende.
Hier is het linkerplaatje de partitie, en het rechterplaatje waar elke rechthoek op wordt af-gebeeld. Als we nu een transitiematrix opstellen door te kijken naar welke LA[Ti] welke Tj
doorkruist, krijgen we 0 1 1 1 0 1 0 1 0 .
(We zetten een 1 op rij i kolom i als LA[Ti] ∩ Tj 6= ∅.) Deze matrix stelt voor hoe er tussen
de verschillende Ti gesprongen wordt, en als je dan de bezochte Ti in een rijtje in {0, 1, 2}N
zet, welke mogelijkheden er allemaal zijn. Er bestaat bijvoorbeeld geen baan met 00 erin, maar wel een met 12 erin.
en rode rechthoeken te combineren tot ´e´en rechthoek. In dit geval krijgen we
met transitiematrix1 11 0.
Dat we in dit specifieke geval een partitie hebben kunnen maken met precies twee rechthoeken, waarvan de transitiematrix onze oorspronkelijke matrix LA is, is geen toeval. In [6] wordt
precies de klasse van 2 × 2 matrices bepaald die deze eigenschap hebben, en 1 11 0 is hier een van. Hier dieper op in gaan is echter te hooggegrepen voor dit artikel.
Een probleem bij Markovpartities komt bij analyse van de randen waar Ti∩ Tj 6= ∅. Het is
niet duidelijk of punten dan bij Ti of Tj horen, of wat fixpunten zijn. In [3] wordt hier dieper
op ingegaan, maar wij hebben dat niet nodig; wij gaan werken op een goedgekozen dichte deelverzameling van Tn die nergens door dit soort punten gaat.
4 De substitutietrap
Dit hoofdstuk besteden we aan een wat vergezocht type dynamisch systeem waar interessante fractal meetkunde in voor kan komen in hogere dimensies. Dit systeem zal gebaseerd zijn op de symboolrijtjes die we al besproken hebben, en we zullen in sommige gevallen makkelijk de conjugatie krijgen tussen de twee type systemen.
4.1 Pisot-substituties
Het uitgangspunt van dit dynamisch systeem is weer een substitutie θ op AN. We zullen voor het
gemak het alfabet nummeren als A = {1, 2, . . . , d}. Aan de hand van deze substitutie kunnen we de incidentiematrix van een substitutie opstellen: dit is de d × d matrix waar op rij i en kolom j staat hoe vaak i voor komt in ζ(j). Het beeld van letter j wordt dus beschreven in alleen kolom j. We zullen het alfabet impliciet limiteren tot de letters die nut hebben, omdat we niet extra nulrijen en nulkolommen willen toevoegen.
Voorbeeld (Fibonacci en Tribonacci). De incidentiematrix van de Fibonacci-substitutie θ(1) = 12, θ(2) = 1 is
1 1 1 0
.
De incidentiematrix van de Tribonacci-substitutie θ(1) = 12, θ(2) = 13, θ(3) = 1 is 1 1 1 1 0 0 0 1 0 .
Merk op dat de Fibonacci-substitutie en de substitutie 0 7→ 10, 1 7→ 0 dezelfde incidentiematrices hebben, terwijl het verschillende substituties zijn. De incidentiematrix is dus niet genoeg om de substitutie terug te krijgen.
Herinner dat we een substitutie θ op A primitief noemden als er een k ∈ N is zodat voor elke letter a ∈ A, θk(a) elke letter bevat.
In de lineare algebra bestaat wordt het begrip ook gebruikt: een matrix M is primitief als er een k ∈ N bestaat zodat Mk strikt positief is. Deze naamgeving komt natuurlijk overeen met een reden.
Propositie 4.1.1.
(i) De incidentiematrix van een primitieve substitutie is primitief.
(ii) Voor elke primitieve matrix bestaat een primitieve substitutie met die incidentiematrix. Bewijs.
(i) Zij θ een primitieve substitutie op A met incidentiematrix M . Als we bewijzen dat de incidentiematrix van θ2 gegeven wordt door M2 zijn we klaar; omdat θk(a) elke letter bevat voor k groot genoeg, zal de hele matrix Mknergens nul en dus strikt positief zijn.
