力学系・エルゴード理論の問題

行列表示. $f_s$ は行列 $M_s=\left(\begin{array}{cc}s+i& s\\ s& s-i\end{array}\right)$ の一次分数変換で、$\det M_s=(s+i)(s-i)-s^2=1$。$M_s$ は $\left(\begin{array}{cc}\alpha & \beta \\ \bar{\beta }& \bar{\alpha }\end{array}\right)$（$\alpha =s+i$, $\beta =s$, $|\alpha {|}^2-|\beta {|}^2=1$）の形なので $SU(1,1)$ に属し、$f_s$ は単位円板 $D$ と単位円 $S$ をそれぞれ自分自身に移す。

不動点. $f_s(z)=z$ は $z(sz+s-i)=(s+i)z+s$、すなわち
$$s{z}^2-2iz-s=0.$$

(i) $|s|\ge 1$ のとき: $s\ne 0$ で、根は $z=\frac{i\pm \sqrt{s^2-1}}{s}$ であり、$|z{|}^2=\frac{1+(s^2-1)}{s^2}=1$。よって $f_s$ は $S$ 上に不動点をもち、持ち上げを適当にとれば $F(x_0)=x_0$ となる点があるので $\rho (f_s)=0$。これは条件 $\frac{1}{4}\le \rho \le \frac{1}{3}$ を満たさない。

(ii) $|s|<1$ のとき: $s=\cos \phi$ $(0<\phi <\pi )$ とおき、$c=\sin \phi =\sqrt{1-s^2}>0$ とする。$s\ne 0$ なら根は $z=\frac{i(1\pm c)}{s}$ で、$|z|=\frac{1\pm c}{|s|}$ であり、$(1-c)(1+c)=s^2$ より一方 $z_0=\frac{i(1-c)}{s}$ は $D$ の内部、他方は外部にある。$s=0$ のときは $f_0(z)=-z$ で $z_0=0$ が内部の不動点である（上の式で $s\to 0$ とした値とも一致する）。

不動点での微分係数. $\det M_s=1$ より $f_s^{\prime }(z)=\frac{1}{(sz+s-i{)}^2}$。$s{z}_0+s-i=i(1-c)+s-i=s-ic=\cos \phi -i\sin \phi =e^{-i\phi }$ なので
$$f_s^{\prime }(z_0)=e^{2i\phi }.$$

回転への共役. $h(z)=\frac{z-z_0}{1-{\bar{z}}_{0}z}$ は $D$ の自己同型で、$S$ の向きを保つ同相写像であり $h(z_0)=0$。$g=h\circ f_s\circ h^{-1}$ は $0$ を固定する $D$ の自己同型なので、シュワルツの補題より $g(w)=e^{i\theta }w$ の形で、$g^{\prime }(0)=f_s^{\prime }(z_0)=e^{2i\phi }$ から $g(w)=e^{2i\phi }w$。すなわち $f_s{|}_S$ は角 $2\phi$ の回転と、向きを保つ同相写像 $h$ で共役である。

回転数は向きを保つ同相写像による共役で変わらず、角 $2\phi$ の回転 $e^{2\pi ix}\mapsto e^{2\pi i(x+\phi /\pi )}$ の回転数は $\phi /\pi$。$0<\phi <\pi$ より $\phi /\pi \in (0,1)$ なので
$$\rho (f_s)=\frac{\phi }{\pi }=\frac{\arccos s}{\pi }(|s|<1).$$
（確認: $s=0$ で $f_0(z)=-z$、回転数 $\frac{1}{2}$。$s=\frac{1}{2}$ では $z_0=i(2-\sqrt{3})$、$f^{\prime }(z_0)=e^{2\pi i/3}$ で回転数 $\frac{1}{3}$。）

条件. $\arccos$ は $(-1,1)$ で狭義単調減少なので
$$\frac{1}{4}\le \frac{\arccos s}{\pi }\le \frac{1}{3}⟺\frac{\pi }{4}\le \arccos s\le \frac{\pi }{3}⟺\cos \frac{\pi }{3}\le s\le \cos \frac{\pi }{4}⟺\frac{1}{2}\le s\le \frac{\sqrt{2}}{2}.$$
これらはすべて $|s|<1$ を満たす。

答えは閉区間 $\left[\frac{1}{2},\frac{\sqrt{2}}{2}\right]$。

$f_s$ はメビウス変換で、行列 $M=\left(\begin{array}{cc}s+i& s\\ s& s-i\end{array}\right)$ に対応する。$\det M=(s+i)(s-i)-s^2=1$、$\mathrm{tr}M=2s$。

【$|s|\ge 1$ のとき】$|\mathrm{tr}M|\ge 2$ なので放物型または双曲型で、単位円上に不動点があり回転数は $0$。$\frac{1}{4}\le \rho \le \frac{1}{3}$ を満たさない。

【$|s|<1$ のとき】楕円型で、$s=\cos \theta$（$0<\theta <\pi$）とおくと $M$ の固有値は $e^{\pm i\theta }$。不動点での乗数は固有値の比 $e^{\pm 2i\theta }$ なので、$f_s$ は単位円上で回転角 $2\theta$（の向きを含めた $\pm$）の回転と共役であり、回転数は $\theta /\pi$ または $1-\theta /\pi$ である。向きを確かめる。
- $s=0$: $f_0(z)=-z$ で $\rho =\frac{1}{2}$。
- $s=1$: 放物型で不動点は $z=i$ のみ。$f_1(1)=\frac{2+i}{2-i}$ は $1$ から反時計回りに約 $53^{\circ }$ 進む。したがって $s$ が $1$ 未満で $1$ に近いとき、反時計回りのゆっくりした回転となり $\rho$ は $0$ より少し大きい。これは $\rho =\theta /\pi$（$\theta \to 0$）に対応する。
- $s=-1$: 不動点は $z=-i$ のみ、$f_{-1}(1)=\frac{2-i}{2+i}$ は $1$ から時計回りに約 $53^{\circ }$ 進む。$s$ が $-1$ に近いとき時計回りのゆっくりした回転で $\rho$ は $1$ より少し小さく、これも $\rho =\theta /\pi$（$\theta \to \pi$）に対応する。

回転数は $s$ について連続で、$s\in (-1,1)$ で一貫して $\rho (f_s)=\frac{\arccos s}{\pi }$。

【条件の解】$\frac{1}{4}\le \frac{\arccos s}{\pi }\le \frac{1}{3}⟺\frac{\pi }{4}\le \arccos s\le \frac{\pi }{3}⟺\cos \frac{\pi }{3}\le s\le \cos \frac{\pi }{4}⟺\frac{1}{2}\le s\le \frac{\sqrt{2}}{2}$。

検算: $s=\frac{1}{2}$ のとき $f(1)=\frac{1+i}{1-i}=i$、$f(i)=\frac{(\frac{1}{2}+i)i+\frac{1}{2}}{\frac{1}{2}i+\frac{1}{2}-i}=\frac{-\frac{1}{2}+\frac{1}{2}i}{\frac{1}{2}-\frac{1}{2}i}=-1$、$f(-1)=\frac{-\frac{1}{2}-i+\frac{1}{2}}{-\frac{1}{2}+\frac{1}{2}-i}=1$ で、軌道 $1\to i\to -1\to 1$ は反時計回りに 3 歩で 1 周するので $\rho =\frac{1}{3}$。$s=\frac{\sqrt{2}}{2}$ では $M$ の位数が $PS{L}_2$ で $4$、$\rho =\frac{1}{4}$。端点はどちらも含まれる。