力学系・エルゴード理論の問題

難易度 4大学院入試の難問レベル証明問題大学院数学力学系・エルゴード理論

$d$ を正の整数とし、 $X = [0, 1]^{d}$ に最大値ノルム $∥ x ∥_{\infty} = max_{1 \leq i \leq d} ∣ x_{i} ∣$ から定まる距離を入れる。 $L \geq 1$ を実数とし、写像 $f : X \to X$ はすべての $x, y \in X$ に対して
$∥ f (x) - f (y) ∥_{\infty} \leq L ∥ x - y ∥_{\infty}$
を満たすとする。正の整数 $n$ に対して
$d_{n} (x, y) = 0 \leq k \leq n - 1 max ∥ f^{k} (x) - f^{k} (y) ∥_{\infty}$
とおき（ $f^{0}$ は恒等写像）、 $ε > 0$ に対し、相異なる任意の 2 点 $x, y \in E$ が $d_{n} (x, y) > ε$ を満たす有限集合 $E \subset X$ を $(n, ε)$ -分離集合という。 $(n, ε)$ -分離集合の元の個数の最大値を $s (n, ε)$ とし、 $f$ の位相エントロピーを
$h_{top} (f) = ε \to + 0 lim n \to \infty lim sup \frac{1}{n} lo g s (n, ε)$
で定める（ $s (n, ε)$ が有限であることと、この極限が $[0, \infty]$ の中に存在することは、証明の中で確かめること）。

$h_{top} (f) \leq d lo g L$ が成り立つことを証明せよ。

この問題で使うもの

数列の極限（説明と入口の問題）

この問題を解けるようになるまで（11 技能）

算数中学高校大学大学院

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ヒント

行き詰まったら、上から順に 1 つずつ開いてください。

ヒント 1

分離集合の点の個数を上から抑えればよいです。 $X$ を小さな立方体に分割し、各立方体に分離集合の点が高々 1 つしか入らないようにすることを考えましょう。

ヒント 2

リプシッツ条件を繰り返すと $∥ f^{k} (x) - f^{k} (y) ∥_{\infty} \leq L^{k} ∥ x - y ∥_{\infty}$ なので、 $d_{n} (x, y) \leq L^{n - 1} ∥ x - y ∥_{\infty}$ です。一辺 $δ = ε / L^{n - 1}$ の立方体を使いましょう。

ヒント 3

一辺 $δ$ の立方体 $⌈ 1/ δ ⌉^{d}$ 個で $X$ が覆え、同じ立方体の 2 点は $d_{n} \leq ε$ となるので、 $s (n, ε) \leq ⌈ L^{n - 1} / ε ⌉^{d}$ が得られます。あとは対数をとって $n$ で割り、 $n \to \infty$ としましょう。

採点の観点と模範解答

自分で証明を書いてから、採点の観点で見比べてください。

採点の観点を見る

リプシッツ条件の反復で $∥ f^{k} (x) - f^{k} (y) ∥_{\infty} \leq L^{k} ∥ x - y ∥_{\infty}$ を示し、 $L \geq 1$ を使って $d_{n} (x, y) \leq L^{n - 1} ∥ x - y ∥_{\infty}$ を得ている（2 点）
一辺 $ε / L^{n - 1}$ の立方体 $⌈ L^{n - 1} / ε ⌉^{d}$ 個で $X$ を覆い、同じ立方体内の 2 点が $d_{n} \leq ε$ となることを確かめている（3 点）
分離集合の各点に立方体を対応させる写像が単射であることから $s (n, ε) \leq ⌈ L^{n - 1} / ε ⌉^{d}$ （特に有限）を導いている（2 点）
$s (n, ε)$ の $ε$ についての単調性から $ε \to + 0$ の極限の存在を確かめている（1 点）
対数をとって $n$ で割り、 $lim sup_{n}$ が $d lo g L$ 以下であることを示し、 $ε \to + 0$ として結論している（2 点）

結果を記録する（このブラウザにだけ保存されます）:

模範解答を読む

Step 1: 軌道の距離の評価。 $x, y \in X$ と $k \geq 0$ について、リプシッツ条件を $k$ 回使うと（ $k$ についての帰納法: $k = 0$ は等号、 $∥ f^{k + 1} (x) - f^{k + 1} (y) ∥_{\infty} \leq L ∥ f^{k} (x) - f^{k} (y) ∥_{\infty}$ ）
$∥ f^{k} (x) - f^{k} (y) ∥_{\infty} \leq L^{k} ∥ x - y ∥_{\infty} .$
$L \geq 1$ なので $0 \leq k \leq n - 1$ で $L^{k} \leq L^{n - 1}$ となり、
$d_{n} (x, y) \leq L^{n - 1} ∥ x - y ∥_{\infty} . (1)$

Step 2: $s (n, ε)$ の上からの評価。 $n \geq 1$ , $ε > 0$ を固定し、 $δ = ε / L^{n - 1} > 0$ 、 $M = ⌈ 1/ δ ⌉$ （正の整数）とおく。 $j = (j_{1}, \dots, j_{d}) \in {0, 1, \dots, M - 1}^{d}$ に対して閉立方体
$Q_{j} = i = 1 \prod d [j_{i} δ, (j_{i} + 1) δ]$
を考える。 $M δ \geq 1$ なので、各座標 $t \in [0, 1]$ はある $[j δ, (j + 1) δ]$ （ $0 \leq j \leq M - 1$ ）に属し、 $X \subset ⋃_{j} Q_{j}$ である。立方体の個数は $M^{d}$ である。また、同じ $Q_{j}$ に属する 2 点 $x, y$ は各座標の差が $δ$ 以下なので $∥ x - y ∥_{\infty} \leq δ$ 、よって $(1)$ より $d_{n} (x, y) \leq L^{n - 1} δ = ε$ 。

$E$ を任意の $(n, ε)$ -分離集合とする。各 $x \in E$ に、 $x$ を含む立方体 $Q_{j (x)}$ を 1 つ選んで対応させる。相異なる $x, y \in E$ について $j (x) = j (y)$ なら $d_{n} (x, y) \leq ε$ となり分離性に反するので、 $x \mapsto j (x)$ は単射である。したがって $# E \leq M^{d}$ 。これは $E$ によらないので $s (n, ε)$ は有限で
$s (n, ε) \leq M^{d} \leq (\frac{L ^{n - 1}}{ε} + 1)^{d} . (2)$
また、1 点集合は $(n, ε)$ -分離集合なので $s (n, ε) \geq 1$ である。

Step 3: 極限の存在。 $0 < ε_{1} < ε_{2}$ なら、 $(n, ε_{2})$ -分離集合は $(n, ε_{1})$ -分離集合でもあるので $s (n, ε_{2}) \leq s (n, ε_{1})$ 。よって $φ (ε) = lim sup_{n \to \infty} \frac{1}{n} lo g s (n, ε)$ は $ε$ について単調非増加で、 $s \geq 1$ より $φ (ε) \geq 0$ 。したがって $ε \to + 0$ の極限は $[0, \infty]$ の中に存在する（ $φ$ は $ε$ を小さくすると増えるので、極限は $sup_{ε > 0} φ (ε)$ に等しい）。

Step 4: 評価の計算。 $0 < ε \leq 1$ とする。 $L^{n - 1} \geq 1 \geq ε$ より $\frac{L ^{n - 1}}{ε} \geq 1$ なので $\frac{L ^{n - 1}}{ε} + 1 \leq \frac{2 L ^{n - 1}}{ε}$ 。 $(2)$ の対数をとって
$\frac{1}{n} lo g s (n, ε) \leq \frac{d}{n} ((n - 1) lo g L + lo g \frac{2}{ε}) .$
$ε$ を固定して $n \to \infty$ とすると、右辺は $d lo g L$ に収束するので $φ (ε) \leq d lo g L$ 。これが $0 < ε \leq 1$ のすべてで成り立つので、 $ε \to + 0$ として
$h_{top} (f) = ε \to + 0 lim φ (ε) \leq d lo g L .$

以上で $h_{top} (f) \leq d lo g L$ が示された。

この問題の確認

AI が作成した問題です。公開前に次の確認を行いました。

別の AI が模範解答を見ずに 3 回証明を試み、3 回証明できました
2 つの AI が独立に、模範解答の証明を 1 ステップずつ確かめました
AI の査読で、条件・解説・表記を確認しました
答えの正しさについて慎重に扱うべき点が見つからなかったため、自動で公開しました

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