旋转圆周上的固定点得到的点集是稠密的

  1. 4月前
    4月前DTSIo 重新编辑

    原答案地址: https://www.zhihu.com/question/54181242/answer/138511134

          原问题: 圆周上一个点转动$n$个弧度, $n$为一切自然数, 就得到圆周上许多点, 试求得到的点集的所有极限点?

          通过一点简单的分析工具(Borel测度的Fourier级数), 能推出的结论比"稠密"还要强一些. 能够得出的结论实际上是遍历性.

          把$S^1$认同为$\mathbb{R}^1/2\pi\mathbb{Z}$, 不区分彼此相差$2\pi$的点. 固定点$x_0\in S^1$. 设$\alpha$与$\pi$不可公度. 命$x_n=x_0+n\alpha$,
    $$F_n(x)=\frac{\nu_n(x)}{n},$$
    这里$\nu_n(x)$是区间$[0,x)$内属于集合$\{x_1,...,x_n\}$的点的个数. 显然$F_n$是递增的阶梯函数, 且序列$\{F_n\}$具有一致有界的变差. 定义Borel测度$\mu_n=dF_n$, 则它们是一族Borel概率测度. 易见
    $$\mu_n=\frac{1}{n}(\delta_{x_1}+...+\delta_{x_n}).$$
    于是通过直接计算, 立即可算出Fourier系数
    $$\hat\mu(N)=\frac{1}{n}\sum_{k=1}^ne^{iN(x_0+k\alpha)}.$$

          对于固定的非零整数$N$, 当$n$趋于无穷时, 由于$\alpha$和$\pi$不可公度, 可见上述和式趋于零(由简单的等比数列求和就知道了). 由于三角多项式在连续函数空间中稠密, 可见Borel测度序列$\mu_n$弱收敛到某个Bore概率l测度$\mu$. 由上面的极限关系式立刻知道对所有非零整数$N$, $\hat\mu(N)=0$. 于是$\mu$实际上就是Lebesgue测度. 根据弱收敛的性质即得到: 对于任何$\beta,\gamma\in S^1$, 都有
    $$\nu_n(\beta,\gamma)\sim \frac{|\beta-\gamma|n}{2\pi}.$$
    换句话说, 序列$x_0,x_0+\alpha,...,x_0+n\alpha,...$中那些落在弧$(\beta,\gamma)$上的点的个数占序列的比例渐近等价于弧长占圆周的比例.

  2. 3月前

    恰好学过这个例子, 于是我把书上的做法搬过来 /<<

    首先这是个无理旋转. 记$A$为轨道的闭包, 假如轨道不是稠密的, 那么$S^1\setminus A$是开集, 从而由若干个(开)弧组成. 显然这些弧有最长的, 记为$I$. 注意到$I$在各次旋转下的像不重叠, 否则假设$I$的某两个像$I_1$和$I_2$重叠, 由于轨道不与$I$的任意像相交, 从而不与$I_1 \cup I_2$相交, 而$I_1 \cup I_2$是$S^1\setminus A$中比$I$更长的弧, 这与$I$的假设矛盾. 另一方面, $I$在各次旋转下的像不重合, 否则容易得出旋转是有理的这一矛盾结果. 由于旋转保持弧长不变, $I$的各个像都不相交, 当旋转次数足够大时, 这些像的长度之和就能超过$S^1$的长度, 从而导致矛盾.

 

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