力学系・エルゴード理論の問題

1. $f^n$ の不動点の個数の公式。 $\det A=3-2=1$ なので $A\in G{L}_2(\mathbb{Z})$ で、$f$ は well-defined な全単射（トーラス自己同型）である。$f^n(x+{\mathbb{Z}}^2)=A^{n}x+{\mathbb{Z}}^2$ なので、$f^n$ の不動点は
$$(A^n-I)x\in {\mathbb{Z}}^2$$
を満たす $x$ の類である。$A$ の固有値 $2\pm \sqrt{3}$ はどちらも絶対値が $1$ でないので、$A^n$ は固有値 $1$ をもたず $\det (A^n-I)\ne 0$。このとき $B=A^n-I$ について、$B^{-1}{\mathbb{Z}}^2/{\mathbb{Z}}^2$ の元の個数は格子の指数 $[{\mathbb{Z}}^2:B{\mathbb{Z}}^2]=|\det B|$ に等しい。よって
$$N_n:=\#\mathrm{Fix}(f^n)=|\det (A^n-I)|$$

2. 行列式をトレースで表す。 $A^n$ の固有値を ${\alpha }^n,{\beta }^n$（$\alpha \beta =1$）とすると
$$\det (A^n-I)=({\alpha }^n-1)({\beta }^n-1)=(\alpha \beta {)}^n-({\alpha }^n+{\beta }^n)+1=2-t_n$$
ここで $t_n=\mathrm{tr}{A}^n={\alpha }^n+{\beta }^n$。$\alpha ,\beta$ は ${\lambda }^2-4\lambda +1=0$ の解なので $t_n=4t_{n-1}-t_{n-2}$, $t_0=2$, $t_1=4$。
$$t_2=14,t_3=52,t_4=4\cdot 52-14=194$$
$t_n>2$ だから $N_n=t_n-2$ で
$$N_1=2,N_2=12,N_4=192$$
（確認: $A^2=\left(\begin{array}{cc}11& 4\\ 8& 3\end{array}\right)$, $\det (A^2-I)=10\cdot 2-4\cdot 8=-12$。）

3. 最小周期 $4$ の点。 $f^4(p)=p$ を満たす点の最小周期は $4$ の約数 $1,2,4$ のいずれかである。最小周期が $1$ または $2$ の点はちょうど $f^2$ の不動点（$f(p)=p$ なら $f^2(p)=p$）なので、その個数は $N_2=12$。したがって最小周期がちょうど $4$ の点の個数は
$$N_4-N_2=192-12=180$$
（この 180 点は 45 本の周期 4 の軌道に分かれる。）

$\det A=3-2=1$, $\mathrm{tr}A=4$。固有値は $2\pm \sqrt{3}$ で双曲型。$A^n$ も $\det =1$ なので、$f^n$ の不動点数は $N_n=|\det (A^n-I)|=|2-\mathrm{tr}{A}^n|=\mathrm{tr}{A}^n-2$（$\mathrm{tr}{A}^n>2$）。

$t_n=\mathrm{tr}{A}^n$ は漸化式 $t_{n+1}=4t_n-t_{n-1}$（ケーリー・ハミルトン）, $t_0=2$, $t_1=4$ を満たす。$t_2=14$, $t_3=52$, $t_4=194$。（直接: $A^2=\left(\begin{array}{cc}11& 4\\ 8& 3\end{array}\right)$ でトレース 14 ✓。）

よって $N_1=2$, $N_2=12$, $N_4=192$。

最小周期がちょうど 4 の点は、$f^4$ の不動点のうち $f^2$ の不動点でないもの（4 の約数は 1, 2, 4 で、$f^1$ の不動点は $f^2$ の不動点に含まれる）。個数は $N_4-N_2=192-12=180$。

検算: 最小周期 1 の点は 2 個、最小周期 2 の点は $N_2-N_1=10$ 個、最小周期 4 の点は 180 個で、$2+10+180=192=N_4$ ✓。また 180 は 4 の倍数（周期軌道は 4 点ずつ）で 45 個の軌道。