Hausdorff boyutu: Örnekler ve teknkler Kemal Ilgar Eroğlu (İstanbul Blg Ünverstes) Bu metn, 9 23 Hazran 207 tarhlernde Çakılarası Matematk Köyü nde verlen aynı başlıklı dersn notlarından oluşmaktadır. Bu notların hazırlanmasında, lk dört bölümüm km yerlernde Mattla nın [2] ktabından yararlanılmıştır. Bernoull konvolüsyonları ve bahsedlen afn ssteme uygulaması hakkındak teknkler se [6] ve [4] makalelernden derlenmştr. Hausdorff ölçüsünün tanımı Önce s 0 ve δ > 0 çn s boyutlu δ-önölçüyü tanımlayalım: Tanım. s 0, δ > 0 ve A R d olsun. O halde { Hδ(A) s := nf E s : A } E ve her çn E δ, () burada nfmum tüm sayılablr δ-örtüler üzernden alınmaktadır. Dkkat edlrse Hδ s br ölçüdür ama br Borel ölçüsü değldr: Örnek 2. d = 2, s = δ = ve A kümesn brm çaplı br kapalı top alalım. A nın çn U ve topolojk sınırını S le gösterrsek A = U S olur ve her üç küme de Borel dr. Örtü olarak {A} alarak hemen H (U), H (S) H (A) olduğunu göreblrz. Öte yandan π le x eksenne zdüşümü gösterrsek, her E kümes çn E πe olduğundan, U nun herhang br {E } örtüsü çn E πe olmalıdır, bu son eştszlk, zdüşümlern uzunluğunda br aralığı örtmek zorunda olmasından ler gelr. Bu da H (U) alt sınırını verr. Aynı argümanlarla H (U) = H (S) = H (A) = elde ederz k A = U S olduğundan H n Borel kümelernde ölçü gb davranmadığını görmüş oluruz. Buradak sorun, Hδ s dış ölçüsünün çapı δ olan kümeler ayırmakta yetersz kalmasıdır. Sezgsel olarak δ 0 ken davranışının br metrk dış ölçününkne, dolayısıyla br Borel ölçüsününkne dönüşmes beklenr. Dkkat edlrse () fades δ ya göre azalmayan şeklde monotondur, dolayısıyla H s (A) := lm δ 0 H s δ(a) (2) lmt y tanımlıdır. Teorem 3. H s br Borel ölçüsüdür. Kanıt. H s ( ) = 0 olduğu ve monotonluk kolayca görülür. Her δ > 0 çn H s δ( A n ) n H s δ(a n ) n H s (A n ) olduğundan δ 0 le sayılablr alttoplanablrlk de kanıtlanmış olur, dolayısıyla H s br ölçüdür. Borel olduğunu göstermek çn metrk olduğunu göstermek yeterldr: Şmd aralarındak uzaklık ε > 0 olan brer A ve B kümes alalım. Her δ < ε çn, A B brleşmn örten her δ-örtüsünde, örtüyü oluşturan kümeler bu k kümenn en çok brs le kesşeblr. Böylece brleşmn her δ-örtüsü, A ve B nn brer (ayrık) δ-örtüsünün brleşm olarak yazılablr. Bu bze δ < ε çn H s δ(a B) = H s δ(a) + H s δ(b) verr ve δ 0 le aynı eştlk H s çn elde edlr. Böylece H s metrk ve Borel olur. Brkaç noktaya değnelm: Hausdorff ölçüsünün R d dışında herhang br metrk uzayda da tanımlanableceğne dkkat ednz. Her ne kadar göstermmzde açıkça yer almasa da, H s n anlamlandırılablmes çn hang uzayda çalışıldığının blnyor olması gerekr. Bu metnde, aks belrtlmedkçe çalıştığımız uzayın R d olduğunu varsayacağız. () dek örtülern konveks ve kapalı kümelerden oluşmasını stersek denk br tanım elde ederz. d = durumunda H ölçüsünün L Lebesgue ölçüsü olduğu kolayca görüleblr. Genel olarak R d üzerndek H d ölçüsü, L d nn br skaler katıdır. Örnek 4. R d çnde L uzunluğunda br doğru parçası alırsak, bu parçayı kendsnn örtüsü olarak kullanarak H ölçüsünün en çok L olması gerektğn göreblrz. Öte yandan yukarıdakne benzer argümanlarla, herhang br örtü çn kümelern çapları toplamının ne azından L olması gerektğ çıkar, yan L uzunluğundak doğru parçasının H ölçüsü tam olarak L olmalıdır. Örnek 5. Öncek örnekten devamla, eğer γ : [0, ] R d brebr ve C se ve Γ = γ([0, ]) dersek, Γ kümesn standart yaklaştırma argümanları le doğru parçalarının yanyana gelmes le oluşmuş gb düşüneblrz ve H (Γ) = 0 γ = l(γ) olduğu görülür.
Şmd sabt br A R d kümes çn H s (A) ölçüsünün s le nasıl değştğne bakalım: Lemma 6. A R d ve s > t olsun.. Eğer H s (A) > 0 se H t (A) = olur. 2. Eğer H t (A) < se H s (A) = 0 olur. Kanıt. Sadece lk kısmı kanıtlayacağız, dğer benzerdr. s = t + ε yazalım. > δ > 0 ve{e } örtüsü A kümes çn herhang br δ-örtüsü olsun. Bu durumda E t = E s ε δ ε E s δ ε Hδ(A) s olur ve bu bze Hδ t (A) δ ε Hδ s (A) verr. Şmd δ 0 le stenen sonuç gelr. Bu sonuç bze sabt br A kümes çn t değer arttıkça, H t (A) değernde sonsuzdan sıfıra an br düşüşün gerçekleştğ br kırılma noktası olduğunu söyler. Kolayca görüleceğ üzere, her ε > 0 çn H d+ε (R d ) = 0 olduğundan bu kırılma değer en çok d olablr. O halde şu sonuca varablrz: Sonuç 7. A R d olsun. Bu durumda sup {s 0 : H s (A) > 0} = nf {s 0 : H s (A) = 0}. (3) Burada sup := 0 ve nf := d olarak yorumlanacaktır. Tanım 8. Yukarıdak (3) fadesndek ortak değere A kümesnn Hausdorff boyutu denr ve dm A (veya dm H A) le gösterlr. Br A kümes ve s = dm A çn H s (A) değer [0, ] aralığından herhang br değer olablr, bu durumun örneklern göreceğz. Hemen şu gözlemde bulunablrz: Olgu 9. Br s değer çn 0 < H s (A) < se dm A = s. Örneklere geçmeden önce Hausdorff ölçü ve boyutunu bulmamıza yardımcı brkaç sonuca değnelm: Teorem 0. A, A, A 2,... R d olsun.. f : R d R k br L-Lpschtz dönüşüm se H s (f(a)) L s H s (A) olur. Buradak her br Hausdorff ölçüsü lgl uzay üzernde alınacaktır. 2. R d dek br kümenn herhang br boyuttak Hausdorff ölçüsü zometrler ve ötelemeler altında değşmez. 3. dm( n A n) = sup n dm A n. Kanıt. İlk madde çn, A kümesnn verlen herhang br {E } δ-örtüsünden, f(a) kümes çn {f(e )} (Lδ)-örtüsünü elde edebleceğmz görelm. Şmd f(e ) L E olmasından kolayca H s Lδ(f(A)) f(e ) s L s E s ve nfmum yoluyla HLδ s (f(a)) Ls Hδ s (A) elde edlr. δ 0 lmt le sonuç gelr. İknc kısmı alıştırma olarak bırakıyoruz. Son maddede se, monotonluktan her br s ve n çn, A := n A n yazarak H s (A) H s (A n ) gelr, bu se (3) tanımı hatırlandığında dm A dm A n verr. Dolayısıyla dm A dm sup n A n olur. Dğer yön çnse s = sup n dm A n dyelm ve ε > 0 rastgele verlsn. Her br n çn H s+ε (A n ) = 0 olacağından H s+ε (A) = 0 elde edlr. Bu her ε > 0 çn doğru olduğundan, yne tanım gereğ dm A s olmak zorundadır, dolayısıyla dm A = s. Yukarıdak teoremn üçüncü kısmı, Hausdorff boyutunu, Mnkowsk (kutu) boyutu gb dğer bazı yaygın kullanılan boyut türlerne göre daha y davranışlı yaptığına dkkat çekyoruz. İlk kısmının br sonucu olarak da, Lpschtz dönüşümler altında Hausdorff boyutunun artmadığı görüleblr. Örnek. A tekl br nokta se her s > 0 çn H s (A) = 0 ve H 0 (A) = olduğu görülür. Kısacası, H 0 sayma ölçüsüdür ve sayılablr çokluktak her küme de 0 boyutludur. Örnek 2. s > d se H s (R d ) = 0. Dolayısı le R d de br kümenn Hausdorff boyutu en fazla d olablr. Bunu göreblmek çn A := [0, ] d kümesnn H s ölçüsünün 0 olduğunu görmek yeterldr. Bu küme çapı dn olan n d altkübe bölüneblr, bu örtüyle E s = Cn d s olur ve n le H s (A) = 0 gelr. Örnek 3. R dek klask Cantor kümes C olsun. Her k çn 2 k tane 3 k uzunluğunda aralıktan oluşan örtü le, s = ln 2 ln 3 çn H s 3 (C) gelr k bu da H s (C) verr. Öte yandan burada eştlk olduğu görüleblr: Bze br {E } δ-örtüsü k verldğnde, braz şşrme le GBK örtünün sonlu olduğunu ve her br E nn C nn kurulumunda aynı düzeyde olması şart olmayan brer I ve J aralığını çeren en küçük kapalı aralık olduğunu varsayablrz. Şmd x x s fonksyonunun konkavlığı bze E s I s + J s verr. Demek k E yerne I ve J almak daha y br örtü verr. Bu şeklde değştrmelerle sonlu adımda {E } örtüsünü, aynı br k düzeynn aralıklarından oluşan örtüyle değştreblrz ve böylece E s 2 k (3 k ) s = olur; bu da H s (C) = ve dolayısıyla dm C = s = ln 2 ln 3 verr. Br kümenn bell br boyuttak Hausdorff ölçüsünü tam olarak hesaplamak zor olablr ama Olgu 9 da olduğu gb boyutun ne olduğunu belrlemek çn ölçünün tam olarak ne olduğunu blmek gerekmez. Örnek 4. Düzlemdek (/4 er oranlı) 4-köşe Cantor kümesne K dyelm. Her br k çn 4 k tane 24 k çaplı kareyle örtü alarak H (K) < elde ederz. Öte yandan uygun br π zdüşümü çn πk br aralık ve H (K) H (πk) = L(πK) > 0 olduğundan dm K = elde ederz. 2
2 Borel ölçüler le Hausdorff boyutunu belrleme, fraktal kümeler Gördüğümüz gb, br kümenn Hausdorff boyutunu belrleyeblmek ya da hç olmazsa alttan/üstten sınırlayablmek çn br s değer çn H s (A) nın poztf/sonlu olduğunu göstermek yeterldr. Bunun çn kullanışlı teoremlerden brs şudur: Teorem 5. A R d br Borel kümes, µ sonlu br Borel ölçüsü ve 0 < c < olsun. µ(b(x,r)). Eğer her x A çn lm sup r s H s (A) c µ(a). µ(b(x,r)) 2. Eğer her x A çn lm sup r s H s (A) 0s c µ(rd ). Bu teorem kolayca şu sonucu verr: Sonuç 6. A ve µ yukarıdak gb olsun. c se c se. Eğer µ(a) > 0 ve µ-hemen her x A çn lm nf ln µ(b(x,r)) s se dm A s. ln µ(b(x,r)) 2. Eğer her x A çn lm nf dm A s. s se Teorem 5 n kanıtı çn Vtal Örtü Teorem n hatırlayalım: Teorem 7 (Vtal Örtü Teorem). F, R d de sınırlı br bölgede kalan br kapalı top ales se, o zaman onun öyle br sayılablr ve ayrık {B } altales vardır k F 5B. Burada 5B, B le eşmerkezl ve 5 kat yarıçapa sahp topu göstermektedr. Teorem 5 nn kanıtı. () Herhang br c > c ve δ > 0 alalım ve A δ le {x A : r < δ µ(b(x, r)) < c r s } kümesn gösterelm. Bu küme br Borel kümesdr ve dkkat edlrse δ 0 ken A δ A. Herhang br δ < δ ve A δ ın herhang br {E } δ -örtüsü çn her E kümesn (GBK E A ) x A ve r = E olacak şeklde br B := B(x, r ) çne koyablrz. Bu durumda E s = B s c µb c µa δ olur. Buradan nf alarak H s δ (A δ) (/c )µa δ ve önce δ 0, sonra c c ve δ 0 le stenen elde edlr. (2) çnse savı her sınırlı A kümes çn kanıtlamak yeterldr. Yne c < c rastgele olsun ve δ > 0 çn F δ = {B(x, r) : x A, r < δ ve µ(b(x, r)) c r s } top ales olsun. Şmd Vtal Teorem n kullanarak ayrık br {B } alt ales alalım. Bu durumda 5B F δ A ve 5B s = 0 s r s c µb = c µ ( B ) µ(rd ) c. Buradan H s 5δ (A) (0s /c )µ(r d ) ve δ 0 le sonuç gelr. Açıklama 8. Daha dkkatl br kanıtla yukarıda 0 s yerne 2 s alınablr. Bu sonuçla daha önce rdeledğmz fraktal tpndek kümelerde boyut bulmak çn kullanableceğmz br ölçüt elde edeceğz. Önce arkaplanı verelm: Tanım 9. Her br R d R d ve Lpschtz sabt den küçük Lpschtz dönüşümü yan büzüşme olan, sonlu tane fonksyonu çeren br {F,..., F m } topluluğuna br tekrarlı fonksyon sstem (TFS) denr. Banach Sabt Nokta Teorem nn en ünlü uygulamalarından br bze aşağıdak teorem verr: Teorem 20. Eğer {F,..., F m } br TFS se, boştan farklı ve m K = F (K) = koşulunu sağlayan brck br K kompakt kümes vardır. Bu K kümesne sstemn atraktörü denr. TFS dek fonksyonların her br brer benzerlk (veya afn) dönüşüm se bu K kümesne de özbenzeşk (veya özafn) denr. Benzerlk dönüşümü le x, y F (x) F (y) = r x y olacak şeklde br r sayısının varlığı anlaşılmaktadır. F yukarıdak gb br benzerlk dönüşümü se her A ve s çn Teorem 0 le H s (F (A)) = r s H s (A) olduğu görüleblr. Dolayısıyla TFS benzerlklerden oluşuyor se ve F (K) kümeler ayrık se H s (K) = H s (K) sağlanır k, eğer s = dm K çn 0 < H s (K) < se rs = koşulu sağlanmak zorunda olur. Bu koşulu sağlayan brck s değerne sstemn benzerlk boyutu denr ve görüldüğü üzere F (K) parçalarının ayrık (ya da neredeyse ayrık ) olduğu durumda K nın Hausdorff boyutu olmaya en doğal adaydır. Bunun böyle olduğunu brazdan göreceğz. Şmd benzerlklerden oluşan sstemlere odaklanıyoruz: m = Tanım 2. {F,..., F m } TFS benzerlklerden oluşsun ve atraktörü K olsun. Eğer F (K) kümeler ayrıksa sstem Güçlü Ayrıklık Koşulunu (GAK) sağlıyor denr. Eğer boştan farklı ve sınırlı br V açık kümes, F (V ) görüntüler ayrık ve m F (V ) V = olacak şeklde bulunablyorsa, sstem Açık Küme Koşulu nu (AKK) sağlıyor denr. Elbette GAK = AKK ancak ters doğru olmak zorunda değldr. Daha önce gördüğümüz klask ve 4-köşe Cantor kümeler GAK nu sağlarken, Serpnsk süzgec se yalnızca AKK nu sağlar. r s 3
Brkaç gösterm belrleyelm: Ω := {,..., m} N bzm sembol dzler (adres) uzayımız olacak ve bu uzaydan K kümesne zdüşüm dönüşümünü π(ω) = lm l F ω ω l (K) olarak tanımlayacağız. Burada ω = (ω ω 2 ) varsayıyoruz. Sonlu sembol dzlerne kelme dersek ve bunu Ω le gösterrsek, br = ( k ) kelmes çn de F := F F k olarak tanımlıyoruz. Bu π dönüşümünü K nın her noktası çn br adres kodlama olarak düşüneblrz. GAK durumunda π brebr olacaktır. Br kelmes çn de bu kelmenn uzunluğunu ve F (K) kümesn K le gösterelm. Son olarak, k uzunluğundak br kelmes çn F dönüşümünün büzüşme oranını da r := r r 2 r olarak yazalım. Bu bölümün (lk olarak [] de kanıtlanan) ana sonucu yazmaya hazırız: Teorem 22. Benzerlklerden oluşan br {F,..., F m } sstemnn benzerlk boyutu s ve atraktörü K olsun. Aşağıdakler brbrne denktr:. Bu sstem AKK nu sağlar. 2. Öyle br ε > 0 vardır k, herhang k uyumsuz, yan br dğernn başlangıcı olmayan ve σ kelmeler çn F F σ d > ε sağlanır (burada afın dönüşüm normu ya da lneer kısmın normu kullanılablr, heps eşdeğerdr). 3. 0 < H s (K) <. Kanıt. Kanıtın ana hatlarını vereceğz. GBK K = olduğunu varsayacağız. () = (2) çn: Eğer V AKK ndak küme se, uyumsuz ve σ kelmeler çn F (V ) F σ (V ) = yan F F σ (V ) V = olmalıdır. V açık olduğu çn, özdeşlğe yeternce yakın tüm F afn dönüşümler çn F (V ) V olduğundan savdak gb br ε > 0 olmalıdır. (2) = (3): Adres uzayımızda kelmes le başlayan elemanlar kümesn (slndr) [] le gösterelm. Ω üzernde Ω µ[] = r s olacak şeklde brck br µ olasılık ölçüsü vardır. Bu ölçüyü π le ler terek K üzernde ν := π # µ Borel ölçüsünü kurablrz. Şmd yeternce küçük herhang br δ > 0 çn W (δ) := { = ( k ) : r < δ r r k } olsun ve br kelmes çn W := W (r ) olsun. Dkkat edlrse her br W (δ) kümes brbryle uyumsuz, brbryle ve δ le mutlak sabtlerle karşılaştırılablr büzüşme oranı veren kelmelerden oluşur ve K = σ W (δ) K σ. Şmd br A kümesnn r komşuluğunu U(A, r) le gösterelm. Her çn I() := {σ W () : K σ U(K, r ) } kümesnn eleman sayısının dan bağımsız sonlu br M üst sınırı olduğunu dda edyoruz. Dkkat edlrse her σ I() çn Fσ F (K) kümes, mutlak br R çn U(K, R) çnde yer alır ve Fσ F dönüşümlernn afn ve öteleme bleşenler, bunları belrleyen parametrelern kompakt br kümes çnde kalır. Dolayısıyla eğer br üst sınır olmasaydı brer σ, σ I() çn Fσ F (F σ F ) d = Fσ F σ d stenldğ kadar küçük yapılablrd. O halde herhang br x K ve küçük br r > 0 verlsn. x K ve r r mümkün olduğunca küçük olacak şeklde br kelmes alalım. Elbette mutlak br C çn r /r C. Bu durumda K σ B(x, r ) olan σ W kelmeler I() dan gelr ve uygun mutlak sabtlerle ν(b(x, r)) r s C ν(b(x, r )) r s σ I() rs σ r s C M. Şmd Teorem 5 le H s (K) > 0 gelr. H s (K) < kısmı se {K : W (δ)} örtüler le kolayca gösterleblr. (3) = (): Öncelkle varsayım altında j se H s (K K j ) = 0 olduğunu gözleyelm. Ayrıca öyle br a > 0 vardır k herhang br W (δ) kümesnden gelen k σ, σ çn r σ ar σ olur. K nın sonlu ve açık br {U } örtüsü U s < ( + a s )H s (K) olacak şeklde bulunablr. Bu durumda U = U ve δ := dst(k, U c ) olmak üzere, uyumsuz σ ve lar çn dst(k, K σ ) δr olduğunu dda edyoruz. Öyle olmasaydı F F (K σ ) U olurdu. İlk gözlemden H s (K (K σ )) = 0 olacağından ve H s (F olduğundan, H s (K F (K σ )) = ( r ) s r σ H s (K) a s H s (K) (K σ )) = H s (K)+H s (F (K σ )) (+a s )H s (K). Öte yandan bast br alıştırma le U s H s (K F (K σ )) olması gerektğ görüleblr, bu da stenen çelşky verr. Şmd 0 < ε < /3 sabtleyelm ve kelmes çn G := U(K, εr ) ve J() = {σ W ( G ) : K σ G } olsun. Bu durumda J() nun eleman sayısı çn mutlak br M üst sınırı olduğunu dda edyoruz. Aksn varsayalım, o halde her M çn #J() M olan br kelmes vardır. Ω da, çnde kelmes sonsuz kere geçen dzlern altkümes Ω ve Ω 2 := Ω\Ω olsun. Ergodk teorden blndğ üzere µ(ω ) = ve µ(ω 2 ) = 0 dır (bunun çn 6. numaralı kısımdak tanımlar le, Örnek 46 ve Sonuç 48 e bakılablr). µ ölçüsünün tanımından hemen H s (π(ω 2 )) = 0 elde edlr. Herhang br x π(ω ) çn, x n adresnde kelmes le bten herhang br σ başlangıcı alındığında, yukarıdakne benzer argümanlarla mutlak br C sabt çn ν(b(x, r σ )) r s σ MC 4
olduğu görüleblr. Bu da Teorem 5 le bze H s (π(ω )) C /M ve sonuçta H s (K) C /M verr. Buradan M le H s (K) = 0 çelşks gelr. O halde sonlu br mutlak M sınırı vardır. Bu durumda bu sınıra ulaşan (maksmal) br kelmes çn, maksmallkten, herhang br σ kelmes çn olduğu görüleblr. Buradan, V := J(σ) = {σσ : σ J()} σ Ω U(K σ, εr σ /2) alındığında bu kümenn AKK nu sağladığı gösterleblr. Açıklama 23. AKK ndak V kümes eğer K le kesşyorsa, Güçlü AKK sağlanıyor denr. Yukarıdak kanıt aslında AKK le Güçlü AKK nun eşdeğerllğn de verr. Ayrıntılar çn [5] makalesne bakınız. Örnek 24. Br TFS AKK nu sağlıyorsa ve heps de r oranında büzüştüren m tane dönüşümden oluşuyorsa, atraktörün Hausdorff boyutu ln m ln(/r) dr. Açıklama 25. Öncek teorem, aynı temel fkrlern uyarlanmasıyla, konformal dönüşümlerden oluşan sstemlere de genşletleblr. Elbette burada benzerlk boyutunun yern onun bu duruma genelleştrlmş hal olan ve P (s) := lm ln sup n n x K =n F (x) s = 0 denklemnn brck çözümü olan s sayısı alacaktır ve teoremn knc koşulu da uygun şeklde uyarlanmalıdır. Bu konuda [3] makalesne bakılablr. 2. Br afn sstem örneğ TFS de benzerlkler yerne afn dönüşümler alındığında rdeleme son derece karmaşık br hal alablmektedr. Genel sonuçlara grmeden bast br örneğe kısaca değneceğz: Doğrusal br T : R 2 R 2 dönüşümü çn F (x) = T x+v, =, 2 şeklnde k afn dönüşümlü br ssteme bakalım. Dahası, T nn (C üzernde) dyagonelleştrleblr olduğunu varsayalım. Eğer M nn özdeğerler brer eşlenk karmaşık sayıysa bu durumda uygun br afn dönüşümle eşlenk alarak (Hausdorff boyutunun korunacağına dkkat ednz) brer benzerlk dönüşümünden oluşan eşdeğer br ssteme geçeblrz. Eğer özdeğerler gerçel se, yne uygun br afn eşlenkle, sstemn gerçel br M dyagonal matrs çn {Mx, Mx + v} şeklnde olduğu varsayılablr. ( ) λ 0 M = 0 γ olsun ve bz > λ > γ > 0 olan durumu rdeleyeceğz. Eşlenktek afn dönüşümün uygun seçmyle kendmz v vektörünün bleşenlernn 0 ya da olduğu duruma ndrgeyeblrz. Atraktöre K λ,γ dyelm. Eğer v vektörü (0, 0) se atraktör tek br noktadır. Eğer v = (, 0) se atraktör x-eksennn br altkümesdr. Kolayca görüleceğ üzere { λ /2, dm K λ,γ = ln 2 ln(/λ) λ < /2. Yne v = (0, ) durumunda se benzer durum y-eksen üzernde söz konusudur. Asıl öneml durum v = (, ) olduğundadır. Önerme 26. 0 < γ < λ /2 se dm K λ,γ = ln 2 ln(/λ). ln 2 Kanıt. K λ,γ nın x-eksenne olan zdüşümü ln(/λ) boyutlu br Cantor kümes olduğundan bu sayı dm K λ,γ çn br alt sınırdır. Öte yandan bu atraktörün n. nesl dkdörtgenler, brer mutlak C ve C sabt çn Cλ n C γ n boyutlarında ve toplam 2 n tanedr. Yan çapı λ n olan 2 n tane kümeyle atraktörü örteblrz. Verlen br δ > 0 çn n değern λ n < δ olacak şeklde seçersek, s = ln 2 ln(/λ) çn H s δ(k λ,γ ) 2 n λ ns = olur, bu da δ 0 le dm K λ,γ ln 2 ln(/λ) verr. Eğer kanıtta her br n nesl dkdörtgen (λ/γ) n tane γ n γ n boyutlarında karelerle örtmey deneseydk dm K λ,γ + ln(2λ) ln(/γ) ln 2 sınırını elde ederdk. Bu, ln(/λ) dan daha büyük br üst sınırdır. Ne var k, λ > /2 olduğunda tpk br durumda atraktörün boyutu bu üst sınıra eşttr. Buna lerde değneceğz. 3 Frostman Lemması Frostman Lemması, daha önce Teorem (5) te gördüğümüz ölçü yoğunluğu-boyut lşksnn dğer yönünü veryor dyeblrz. Kısacası, Hausdorff boyutu blnen br küme üzernde bell yoğunluk sınırlarına uyan ölçülern varlığını söyler. En baştak () tanımında δ = alarak elde ettğmz H s ölçüsüne s boyutlu Hausdorff çerğ (Ing. Hausdorff content) denr. Yan δ-örtüler yerne herhang br sınır koymadan tüm örtüler üzernden nfmum alınacaktır. Şunu görmek kolaydır: Lemma 27. H s (A) = 0 ancak ve ancak H s (A) = 0 se. Ayrıca A sınırlı br küme se H s (A) <. Br µ ölçüsü çn µ(a) > 0 se µ nun A ya kısıtlanıp oranlanmasıyla elde edlen olasılık ölçüsünü µ A le gösterelm. Yan µ(a B) µ A (B) :=. µ(a) Ayrıca br m Z çn R d üzernde her br kenarı [ k 2 ), m k Z formunda aralıklar olan küplere m. nesl kl (Ing. 2 m, k+ 5
dyadc) küpler dyelm ve bunların topluluğunu Q m le gösterelm. Dkkat edlrse her Q m uzayın br parçalanışını verr her br kl küp br sonrak nesln 2 d tane küpü le parçalanır. Tanım 28. A R d olsun. M(A) le desteğ A çnde kalan, kompakt destekl ve 0 < µ(a) < şartını sağlayan Radon ölçülernn kümesn göstereceğz. Aynı türden olasılık ölçülernn kümes çnse P(A) le yazacağız. Teorem 29. A R d br kompakt küme olsun. O halde H s (A) > 0 ancak ve ancak her x R d ve r > 0 çn µ(b(x, r)) r s şartını sağlayan br µ M(A) varsa. Kanıt. İknc koşulun brncy getrdğn Teorem (5) bze söylemşt. Dğer yöndek kanıtın genel yöntem şu olacak: Her m çn 2 m ölçeğne kadar bu özellğe sahp br ölçü kuracağız, bzm aradığımız ölçü de bunların lmt olacak. GBK A kümesnn brm küpün altkümes olduğunu varsayablrz. Br m sabtleyelm. Önce m. nesl küplerde stendğ gb davranan br ölçü kurup daha sonra bununla oynayarak öncek nesl küplerde de stenlen davranışı veren br ölçüye varacağız. µ m,m ölçüsünü şöyle tanımlayalım: Her Q Q m çn, bu ölçünün Q ya kısıtlaması eğer Q A = se 0 ölçüsü olsun, değlse ölçümüz bu parçada 2 ms L d Q olarak tanımlansın (Ld bzm d boyutlu Lebesgue ölçümüz). Dkkat edlrse tanım gereğ Q Q m çn µ m,m (Q) C Q s şartı mutlak br C sabt le sağlanmaktadır. Şmd (m ). neslde stenen davranışı sağlayablmek çn µ m,m ölçüsünü şöyle tanımlayalım. Bu ölçünün br Q Q m üzerndek kısıtlaması { µ m,m µ m,m (Q) 2 (m )s se, 2 (m )s µ m,m Q µ m,m (Q) > 2 (m )s se. Görüldüğü gb µ m,m n kütles br öncek nesln küpler çn fazla gelyorsa fazlalığı atıyoruz, yoksa br değşklk yapmıyoruz. Yen ölçünün m. nesl küplere verdğ kütle esksne göre artmadığından bu ölçü hem m hem (m ). nesl küplerde stenen üst sınıra uyar. Bu ayarlamayı tekrar tekrar yaparak sonunda br µ m := µ m, ölçüsüne varablrz, öyle k her k m ve her Q Q k çn µ m (Q) 2 sk sağlanır. Üstelk, her x A çn br k m ve Q Q k küpü µ m (Q) = 2 sk = ( Q / d) s olacak şeklde bulunablr (bu ya m. neslde x çeren küptür ya da kurulumda öncek nesllere doğru gderken onun ataları çnde son oynamanın yapıldığı nesldek küptür). Yukarıdak son gözlemmz ve kl küplern ağaç yapısını gözetrsek, her x A çn gözlemdek koşulu sağlayan en büyük küpü seçerek, her br m. neslden, brbrnden ayrık kl küplerden oluşan öyle br Q,..., Q l topluluğu vardır k A yı örterler ve µ m (R n ) = l µ m (Q ) = = l ( Q / d) s = l = d s/2 Q s d s/2 H (A) s =: c = olur. Şmd ν m := µ m R olsun (yan µ m y oranlayarak olasılık ölçüsü halne getryoruz). Bu durumda her k m ve d Q Q k çn ν m (Q) c2 ks olur. Herhang br x R d ve r > 0 verldğnde, B(x, r) topundan braz daha genş br U açık topunu, 2 k r < 2 k olan k tamsayısı çn her br Q k da olan 2 d tane kl küple örteblrz, böylece sadece d ye bağlı br c sabt ve her m k çn ν m (B(x, r)) ν m (U) c2 d 2 ks c r s olur. Bu durumda, ν ölçüsünü (ν m ) m dzsnn (Radon ölçülern zayıf*-topolojs le alarak bulacağımız) br (ν mj ) j altdzsnn lmt olarak alırsak, ν ölçüsü desteğ A kümesnde kalan (dolayısıyla kompakt destekl) br Radon olasılık ölçüsü olur ve ν(b(x, r)) ν(u) lm nf (U) c r s j νmj sağlanır; bu da stenen sonucu verr. Açıklama 30. Bu teorem A kümes Borel kümes (hatta Susln kümes) ken de doğrudur; ancak bu genel durumun kanıtı oldukça daha karmaşıktır. Teoremn lk sonuçlarından br çarpım kümelernn boyutuna lşkndr: Teorem 3. A R d ve B R k boştan farklı Borel kümeler olsunlar. H s (A) > 0 ve H t (B) > 0 se R d+k de H s+t (A B) > 0. Kanıt. Lemma 27 le H s (A), H t (B) > 0 gelr. O halde µ ve ν sırasıyla A ve B çn Frostman Lemması nın verdğ gb ölçüler olsunlar. O halde µ ν M(A B) ve herhang br (x, y) R d R k ve r > 0 çn µ ν(b((x, y), r)) µ ν(b(x, r) B(y, r)) r s+t olduğundan H s+t (A B) > 0. Sonuç 32. A R d ve B R k boştan farklı Borel kümeler se dm(a B) dm A + dm B. Açıklama 33. Eğer yukarıdak sonuçta A veya B den en az brsnn boyutu kend üst stf (Ing. upper packng) veya üst Mnkowsk (kutu) boyutuna eştse, eştlk sağlanır. Bu son koşul TFS atraktörler gb düzenl yapılı kümelerce sağlanır. 6
4 Enerj ntegraller Frostman Lemması nın en öneml sonuçlarından br de, br kümenn Hausdorff boyutunu bell ntegrallern davranışı le karakterze etmemz sağlamasıdır. R d üzerndek br µ ölçüsünün br x noktasındak s- potansyel x y s dµ(y) ve bu ölçünün s-enerjs E s (µ) := x y s dµ(y)dµ(x) le verlr (bu smlendrmede fzkten esnlenldğ hemen anlaşılablr). Sezgsel olarak s değer büyüdükçe enerjnn sonsuza ıraksamasını beklerz. Gerçekten de br kırılma noktası vardır ve bu, ölçünün destek kümesnn büyüklüğüyle lşkldr (destek kümesnn boyutu s e göre küçükse, kuvvet kanunundak kuvvet s olan br potansyele sahp parçacıkları bu küçük hacme sıkıştırmak çn gerekl enerjnn çok büyük olması beklenr). Son olarak br A R d Borel kümes çn bu kümenn s-kapastesn C s (A) = sup { E s (µ) : µ P(A) } olarak tanımlıyoruz (C s ( ) := 0 olarak tanımlanır). Ana sonucumuzu söyleyeblrz: Teorem 34. A R d Borel kümes se dm A = sup {s : µ M(A) E s (µ) < } = sup {s : C s (A) > 0} ve supremumu alınan kümeler brer aralıktır. Kanıt. Son eştlk kapastenn tanımından hemen gelr. Her s < t < dm A çn H t (A) = olacağından Frostman Lemması bze her x ve r > 0 çn µ(b(x, r)) r t olan br µ M(A) verr. Gerekrse kısıtlama alarak µ nün desteğnn çapının < olduğunu varsayablrz. Şmd herhang br x R d sabtleyelm ve B k (x) = { y : 2 k < x y 2 k} yazalım. Dkkat edlrse her k çn µ(b k (x)) 2 kt. O halde, µ atom çermedğnden R d x y s dµ(y) C C2 s k=0 B k (x) k=0 x y s dµ(y) 2 k(t s) =: C ve böylece E s (µ) < gelr. Bu lk eştlktek yönünü kanıtlar. Öte yandan br µ M(A) çn E s (µ) < olsun. O halde µ-hh x çn, x tek s-potansyel sonlu olmalıdır. Bunun sonucu olarak öyle br M > 0 sayısı ve µ(b) > 0 olacak şeklde B A Borel kümes vardır k x B dµ(y) M. x y s Elbette µ ölçüsünü B ye kısıtlayarak elde edeceğmz ν M(B) ölçüsü çn de her noktadak s-potansyel üstten M le sınırlıdır. Öyleyse her x R d ve r > 0 çn ν(b(x, r)) = B(x,r) dµ(y) B(x,r) r s dµ(y) Mrs x y s olur ve dm A dm B s olur. Bu da yönünü verr ve kanıt bter. Güzel br uygulama olarak önceler geometrk yöntemlerle kanıtlanan br sonucun enerj ntegraller ve Fourer analz le kanıtına değnelm: Teorem 35. R d nn k-boyutlu altuzaylarına G(d, k) dyelm ve br L altuzayına olan dk zdüşümü π L le gösterelm. A R d Borel ve s = dm A olsun.. Eğer s k se hemen her L G(d, k) çn dm(π L A) = s = dm A. 2. Eğer s > k se hemen her L G(d, k) çn L k (π L A) > 0 (ve dolayısıyla dm(π L A) = k). Burada G(d, k) Grassman manfoldu standart ölçüsü le alınmaktadır. Kanıt. Öncelkle, zdüşümler Lpschtz olduğundan boyutu artırmaz, dolayısıyla her zdüşüm çn mn{k, s} br üst sınırdır. İlk sav çn hemen her zdüşümde s nn br alt sınır olduğunu göstermek gerekr. G(d, k) üzerndek standart ölçüyü σ le gösterelm. Yalnızca d, k ve t ye bağlı br c sabt le, her x R n ve r > 0 çn, 0 < t < k se π L x t dσ(l) c x t ve σ{l : π L x < r} crk x k (4) olduğu gösterleblr. Şmd t < s k olsun. Teorem 34 bze A üzernde E t (µ) < olan br µ M(A) ölçüsü verr. Bu ölçünün π L le ler tlmesyle oluşan ölçü de µ L olsun. Elbette µ L M(π L A) olur. Fubn ve (4) le E t (µ L )dσ(l) = = = a b t dµ L(a)dµ L (b)dσ(l) π L x π L y t dµ(x)dµ(y)dσ(l) π L (x y) t dσ(l)dµ(x)dµ(y) c x y t dµ(x)dµ(y) = ce t(µ) <. Demek k σ-hh L çn E t (µ L ) < ve dolayısıyla dm π L A t. Burada t n s olacak şeklde br dz boyunca lmt alarak hemen her L çn dm π L A s elde ederz. Bu lk savı kanıtlar. İknc sav çnse, µ M(A) ve E k (µ) < olsun. D L,k (x) := lm nf µ L (B(x, r)) r k 7
olsun. Bz σ-hh L çn D L,k (u)dµ L (u) < (5) olduğunu göstereceğz. Bu olduğu zaman, µ L -hh u çn D L,k (u) < olduğundan, kanıttan sonra vereceğmz teoreme göre µ L L k olur. Öte yandan µ L (π L A) = µ(a) > 0 olduğundan L k (π L A) > 0 elde ederz ve kanıt bter. Şmd Fatou, Fubn ve (4) yardımıyla D L,k (u)dµ L (u)dσ(l) lm nf µ L (B(u, r))dµ L (u)dσ(l) = lm nf = lm nf r k r k r k = lm nf r k lm nf r k = ce k (µ) <. { u v r} { π L (x y) r} dµ L (v)dµ L (u)dσ(l) dµ(x)dµ(y)dσ(l) σ{l : π L (x y) r} dµ(x)dµ(y) (6) cr k x y k dµ(x)dµ(y) Böylece (5) kanıtlanmış olur ve şmz bter. Açıklama 36. İknc savın kanıtı çn blndk br başka yöntem de ölçülern Fourer dönüşümler le çalışmaktır. Açıklama 37. Kanıtta D L,k ( ) ve E t (µ ) gb fonksyonların ntegralleneblr olduğunu varsaydık. A kümes Borel ken bunun böyle olduğu km blndk yöntemlerle gösterleblr. Açıklama 38. İknc kısımda aslında stenenden fazlasını göstermş olduk. Yukarıda (5) te verlen eştszlğ sağlayan L altuzayları çn µ L L k ve dµ L = D dl k L,k olur, dolayısıyla aynı eştszlk DL,k(u) 2 dl k (u) < şeklne bürünür. Yan hemen her L çn µ L nn L k ya göre mutlak sürekl olduğunu ve Radon-Nkodym türevnn de L 2 (L k ) da olduğunu göstermş olduk. 5 Bernoull konvolüsyonları 0 < λ < olsun. Her br n çn + veya şaretn eşt olasılıkla ve brbrnden bağımsız seçerek oluşturduğumuz ±λ n serlernn dağılımını veren ölçüye ν λ dyelm. Bu ölçünün desteğ, kolayca görüleceğ üzere {λx, λx + } sstemnn atraktörü olan C λ kümesdr. λ < /2 ken C λ Hausdorff olan br Cantor kümesdr. Bz λ > /2 durumunda ne olduğuyla lglyz. Bu durumda C λ br aralıktır ve boyutu ln 2 ln(/λ) doğal olarak ν λ L olup olmadığı sorusu ortaya çıkar. Burada kanıtlamayacağımız br teorem, ν λ özbenzeşk br ölçü olduğundan ν λ L veya ν λ L olması gerektğn söyler. Bu soru ortaya lk atıldığında lk seçeneğn her λ > /2 çn doğru olduğu tahmn edlyordu. Erdös şunu kanıtladı: Teorem 39. Eğer 2 < λ < ve λ br Psot sayısı se, ν λ L. Hemen lgl tanımı verelm: Tanım 40. Br cebrsel θ > sayısının tüm Galos eşlenklernn mutlak değer den küçükse, θ ya br Psot sayısıdır denr. Tanımdan kolayca çıkacağı üzere, θ br Psot sayısı se dst(θ n, Z) uzaklığı geometrk hızla sıfıra gder. Kanıta geçmeden önce br başka gözlemde bulunuyoruz: ν λ ölçüsü, µ n := 2 (δ λ n + δ λ n), n 0 ölçülernn sonsuz konvolüsyonuna eşttr. Bu da Fourer dönüşümünü yazmayı kolaylaştırır: Dkkat edlrse ˆµ n (ξ) = cos(λ n ξ) olur, dolaysıyla ˆν λ (ξ) = cos(λ n ξ). (7) Teorem 39 un kanıtı. Remann-Lebesgue Lemması na göre eğer ν λ L se lm ξ ν λ (ξ) = 0 olmalıdır. Bz bunun böyle olmadığını göstereceğz. Öncelkle her n çn dst(θ n, Z) cr n olacak şeklde 0 < r < ve c sabtler olduğunu hatırlayalım. Kolayca görüleceğ üzere, herhang br k çn ˆν λ (πθ k ) k = ˆν λ(π) cos(πθ n ) ˆν λ(π) cos(πθ n ) c ˆν λ (π) n= n= c r n =: c ˆν λ (π). n= Öte yandan θ 2 ve θ cebrsel tamsayı olduğundan her n çn θ n / Z/2 ve kolayca görüleceğ üzere ˆν λ (π) 0. Buradan lm nf k ˆν λ (πθ k ) > 0 gelr ve bu da stedğmz çelşky sağlar. Ne var k tpk br 2 <λ < parametres çn ν λ L olduğu, Teorem 35 tekne benzer yöntemlerle gösterleblr. Bunun çn Ω = {, } N sembol uzayımız olsun ve Ω uzayında her basamakta ve e eşt olasılık veren ölçüye µ dyelm. π λ : Ω R de π λ (ω) = ω n λ n zdüşümü olsun. O halde ν λ = (π λ ) # µ olur. Şmd aynen Teorem 35 dak adımları zleyerek D λ (x) := lm nf ν λ (B(x, r)) r 8
dyelm. Eğer D λ (x) dν λ (x) < se ν λ L ve hatta dν λ /dl L 2 (R) olacaktır. Şmd J ( 2, ) br aralık olsun. O halde, 6 da olduğu gb D λ (x)dν λ (x)dλ J lm nf ν λ (B(x, r))dν λ (x)dλ r = lm nf dν λ (y)dν λ (x)dλ r = lm nf = lm nf r r { x y r} { π λ (ω) π λ () r} dµ(ω)dµ()dλ (8) L{λ J : π λ (ω) π λ () r} dµ(ω)dµ(). Şmd bu son ntegraldek fadenn ne kadar büyük olableceğne bakalım. Herhang k ω ve dznn en uzun ortak başlangıcını ω ve k dznn farklılaştığı lk nds ω le gösterelm. Dkkat edlrse, k = ω dersek π λ (ω) π λ () = (ω n n )λ n = (ω n n )λ n n=k = λ k (ω k+n k+n )λ n Önerme 42. L-hh λ ˆν λ L 2 (R). ( 2, 2 ) = J çn ν λ L ve üstelk Bunu bldkten sonra (/2, ) aralığının tamamı çn stedğmz elde edeblrz. Bunu görmek çn, (7) le her k çn ˆν λ (ξ) = ˆν λ 2(ξ)ˆν λ 2(λξ) yazılableceğne ( ) dkkat edelm. Demek k λ 2 J ken yan λ 2 2, 2 4 ken ˆν λ L (R) olur. Bunu tekrar tekrar uygulayarak ya da benzer şeklde her k çn ˆν λ (ξ) = ˆν λ k(ξ)ˆν λ k(λξ) ˆν λ k(λ k ξ) ) olduğunu görerek, λ (2 2 k, 2 2 k+ çn ˆν λ L 2 k (R) dolayısıyla ˆν λ L olduğu görüleblr. Açıklama 43. Aslında, çok daha ayrıntılı br analzle, aykırı λ kümesnn Hausdorff boyutunun 0 olduğu da gösterleblr. 6 Afn örneğmze tekrar bakış Şmd Bölüm 2. dek afn ssteme ger dönüp bu kez 0 < γ < /2 < λ durumunu rdeleyeceğz. Söz konusu TFS {T x, T x+ (, )} d ve T matrs dyagonal λ ve γ olan dyagonal matrs d. Daha önce atraktör K λ,γ çn ve üsttek son ser, sabt term ± ve dğer katsayıları {, 0, } kümesnden gelen serlerdr. Sabt term ± ve dğer katsayıları mutlak değerce olan kuvvet serlernn kümesne F dersek, şunu kanıtlamak mümkündür: Lemma 4. [0, 0.64) ü çeren öyle br J aralığı ve c > 0, vardır k, g F se r > 0 L({λ J : g(λ) r}) cr. (9) Böylece, eğer J = [a, b] (/2, 0.64) ve herhang ω, Ω ve λ J çn L{λ J : π λ (ω) π λ () r} ca ω r olur. Bunu (8) de kullanarak, böyle br J çn D λ (x)dν λ (x)dλ J lm nf L{λ J : π λ (ω) π λ () r} dµ(ω)dµ() r c a ω dµ(ω)dµ() = c a k µ µ{(ω, ) : ω = k} c k=0 k=0 (2a) k <. En sonda 2a > olduğunu kullandık. Bu da bze (/2, 0.64) ün her kompakt alt aralığında, dolayısıyla bu aralığın kendsnde, L-hh λ çn ν λ L olduğunu söyler. Aslında braz daha ayrıntılı br analz le şu kanıtlanablr: dm K λ,γ + ln(2λ) ln(/γ) olduğundan bahsetmştk. Bölüm 2. de nceledğmz durumda boyut bundan daha küçük br sayıya eştt ancak şmd tpk br durumda yukarıda eştlk olduğunu göreceğz. Kanıtta ergodk dönüşümlerle lgl sonuçlar kullanacağımız çn şe bu konuyla lgl önblgler vererek başlıyoruz: 6. Ergodk dönüşümler Bu kısımda ölçü uzayımız (X, B, µ) ve T : X X br ölçüleblr dönüşüm olsun, yan her E B çn T E B. Tanım 44. Eğer her E B çn µ(t E) = µ(e) oluyorsa, T ölçüyü koruyan br dönüşümdür denr. Eğer T ölçüyü koruyorsa, ve T E = E şartını sağlayan her E B çn µ(e) = 0 veya µ(e) = oluyorsa, T br ergodk dönüşümdür denr. Yukarıdak son cümlede T E = E fades µ(t E E) = 0 le değştrlrse eşdeğer br tanım elde edlr (burada le smetrk fark şlem gösterlmektedr). Örnek 45. m Z + çn T : [0, ] [0, ], T x := mx ( mod ) dönüşümü (Lebesgue ölçüsüne göre) ergodktr (kanıtı okuyucuya bırakıyoruz; ancak aşağıdak örnekten de yararlanılablr). Örnek 46. Ω = {, 2,..., m} N yan m sembolden kurulan dzler uzayında, her ndste tüm sembollere /m er olasılık 9
veren µ ölçüsü çn, σ(ω ω 2 ω 3 ) = (ω 2 ω 3 ω 4 ) le verlen σ sola kaydırma dönüşümü ergodktr. Buradak µ ölçüsü, her br eşt olasılığa sahp m sonuca sahp br deneyn sonsuz kere brbrnden bağımsız şeklde tekrarlanmasıyla elde edlen sonuç dağılımı olarak düşünüleblr (µ nün tanımlı olduğu σ-cebr olarak Ω nın Borel kümelern alablrz; burada Ω yı ayrık uzayların çarpımı olarak görüyoruz). Kaydırmanın ölçüyü koruduğunu göstermek kolaydır. Öten yandan, Ölçü Kuramı nın blndk teknkler le şu gösterleblr: Eğer E B se, µ ölçü değer bakımından stenldğ kadar küçük br hata payı le E kümesn aslında sonlu sayıda basamakta verlen kısıtlamalarla tanımlanmış br küme olarak düşüneblrz; yan yukarıdak benzetmeye göre dyelm lk k deneyn sonuçları üzernden karakterze edlmş br olaylar kümes olarak düşüneblrz. Eğer µ(t E E) = 0 se, ölçü korumadan ötürü µ(t (k+) E E) = 0 olur, yan µ(t (k+) E E) = µ(e). Ama şmd T (k+) E kümes (k + ). basamak le 2k. basamaklar (deneyler) üzerndek kısıtlamalarla belrlendğnden ve bunlar lk k basamak üzerndek koşullardan bağımsız olduğundan µ(t (k+) E E) = µ(t (k+) E) µ(e) = µ(e) µ(e) olur, burada T nn ölçüyü koruduğunu tekrar kullandık. Sonuçta µ(e) = (µ(e)) 2 gelr k bu da µ(e) {0, } demektr. Ergodk dönüşümlerle lgl şu Teorem kanıtlamadan kullanacağız: Teorem 47 (Brkhoff Ergodk Teorem). Br (X, B, µ) ölçü uzayında ergodk br T dönüşümü olsun. O zaman her f L (µ) ve µ-hh x X çn n lm f(t k x) = n n k=0 f dµ. Sonuç 48. Herhang br E B çn yukarıda f = χ E alırsak, µ-hh x X çn elde ederz. #{k : 0 k n, T k x E} lm = µ(e) n n 6.2 Kanıtın kalan kısmı Önce br tanım veryoruz: Tanım 49. R d üzerndek sonlu br µ Borel ölçüsünün Hausdorff boyutu dm µ := nf {dm A : µ(a) > 0} olarak tanımlanır. Ölçü yoğunluk teoremlernden (Teorem 5) görülebleceğ üzere eşdeğer olarak yazablrz. dm µ = ess nf µ lm nf ln µ(b(x, r)) Elbette R d uzayındak herhang br ölçünün Hausdorff boyutu en fazla d olablr. Tek boyutta Lebesgue ölçüsü çn dm L = olduğu açıktır. Tanımdan hemen görüleceğ üzere, µ L se yne dm µ = olmak zorundadır. Açıklama 50. Benzer şeklde dm µ = nf{dm A : µ(a c ) = 0} şeklnde br üst Hausdorff boyutu da tanımlanablr ama bu, yukarıdak tanım kadar kullanışlı değldr. Amacımız şunu kanıtlamak: Önerme 5. Eğer 0 < γ < 2 λ < ve dm ν λ = se afn atraktörün Hausdorff boyutu olur. dm K λ,γ = s := + ln(2λ) ln(/γ) Br öncek bölümde, Lebesgue ölçüsüne göre hemen her λ (/2, ) çn ν λ L olduğu açıklanmıştı. Tüm bu λ değerler çn dm ν λ = koşulunun sağlandığına dkkat ednz. Kanıt çn lk olarak Ω = {0, } N dz uzayını kuralım ve atraktörümüzün noktalarını ( ) π(ω) := (π λ (ω), π γ (ω)) := ω n λ n, ω n γ n şeklnde br π : Ω K λ,γ zdüşümü le kodlayalım. Yne sembol uzayımızda her basamakta olasılıkları eşt dağıtan ölçüye µ dyelm ve ν = π # µ ler tmes olsun. Aynı zamanda ν nün lk koordnata zdüşüm altında ler tmes olan (π λ ) # µ ler tmesnn verdğ ölçü de, daha önce ν λ olarak yazdığımız ölçüye br afn dönüşüm le eşdeğerdr. Dolayısıyla gösterm yalınlığı açısından bz bu ler tmey yne ν λ olarak göstereceğz ve burada elde edeceğmz sonuçlar daha öncek ν λ ölçümüz çn de geçerl olacaktır. Hedefmz, dm ν λ = se ν-hh z R 2 çn lm nf r 0 ya da eşdeğer şeklde µ-hh ω Ω çn ln ν(b(z, r)) lm nf r 0 s, ln ν(b(π(ω), r)) s (0) olduğunu göstermek; çünkü bunu yaptığımızda Sonuç 6 le şmz bter. Varsayımımız gereğ γ < /2 olduğu çn atraktörümüzün knc koordnata zdüşümü, GAK nu sağlayan ve γ oranlı k dönüşümlü br benzerlk sstemnn atraktörüdür ve braz yukarıda tanımladığımız gösterm kullanarak, br c = c(γ) herhang k ω, Ω çn π(ω) π() π γ (ω) π γ () cγ ω olduğunu göreblrz. Şmd herhang ω Ω ve r > 0 verlsn. cγ k > r olacak şeklde en büyük br k = k(r) tamsayısı seçelm (dolayısıyla 0
γ k r). Bu durumda ν(b(π(ω), r)) = µ { : π(ω) π() r} µ { : ω k, π λ (ω) π λ () r} = 2 k µ { : π λ (σ k ω) π λ () rλ k} = 2 k ν λ (B(π λ (σ k ω), rλ k )) () olur. Burada σ : Ω Ω le öncek kısımdak sola kaydırma (dznn lk elemanını düşürme) dönüşümünü gösterdk. Öte yandan dm ν λ = koşulu, yne Sonuç 6 le bze ν λ -hh x R çn ya da eşdeğer şeklde µ-hh ω çn lm nf r 0 lm nf r 0 ln ν λ (B(x, r)) ln µ(b(π λ (ω), r)) = (2) = (3) verr. Şmd () göz önüne alındığında, hang σ k ω noktaları çn (2) dek tpk davranışı göreceğmz sorusu aklımıza gelr. Sezgsel yanıt şudur: Tpk br ω noktası ergodk σ dönüşümü le ötelendğnde yörünges yne tpk noktalar kümesnde kalacaktır, stenen tpk davranış çoğu ω ve k değerler çn görülecektr. Ayrıntıları şu şeklde tamamlayablrz: Öncelkle Egoroff Teorem, (3) lmtndek yakınsaklığın (ölçüsü e stenldğ kadar yakın seçleblecek) br Ω kümes üzernde düzgün yakınsaklık olduğunu söyler. Brkhoff Teorem nn sonucu da, µ(ω 0 ) = olan br Ω 0 kümesnden seçlen her ω noktası çn #{k : 0 k n, σ k ω Ω } lm = µ(ω ) > 0 n n olduğunu verr. Şmd br ω Ω 0 sabtleyelm ve k j = k j (ω) le, σ k ω Ω şartını sağlayan k ndslernn oluşturduğu altdzy gösterelm. Bu en son eştszlk (altdznn termlernn poztf yoğunluk le dağılmış olması) bze k j+ lm = (4) j k j olur. Dkkat edlrse j = j(r) nn seçm nedenyle rλ kj (γ/λ) kj ve dolayısıyla r 0 ken j olduğundan rλ kj 0 gelr. Böylece r 0 ken (4),(5),(6) ve (7) kullanılarak ln ν(b(π(ω), r)) lm nf ln 2 [ + ( ε) ln λ ] r 0 ln γ ln γ elde edlr. Bu sonuç her ω Ω 0 çn doğru olduğu çn, ε 0 le hedefmz olan (0) eştszlğ kanıtlanır ve şmz bter. Kaynaklar [] Chrstoph Bandt and Segfred Graf. Self-smlar sets. VII. A characterzaton of self-smlar fractals wth postve Hausdorff measure. Proc. Amer. Math. Soc., 4(4):995 00, 992. [2] Pertt Mattla. Geometry of sets and measures n Eucldean spaces, volume 44 of Cambrdge Studes n Advanced Mathematcs. Cambrdge Unversty Press, Cambrdge, 995. Fractals and rectfablty. [3] Yuval Peres, MchałRams, Károly Smon, and Bors Solomyak. Equvalence of postve Hausdorff measure and the open set condton for self-conformal sets. Proc. Amer. Math. Soc., 29(9):2689 2699, 200. [4] Yuval Peres, Wlhelm Schlag, and Bors Solomyak. Sxty years of Bernoull convolutons. In Fractal geometry and stochastcs, II (Grefswald/Koserow, 998), volume 46 of Progr. Probab., pages 39 65. Brkhäuser, Basel, 2000. [5] Andreas Schef. Separaton propertes for self-smlar sets. Proc. Amer. Math. Soc., 22(): 5, 994. [6] Bors Solomyak. Notes on Bernoull convolutons. In Fractal geometry and applcatons: a jublee of Benoît Mandelbrot. Part, volume 72 of Proc. Sympos. Pure Math., pages 207 230. Amer. Math. Soc., Provdence, RI, 2004. olduğunu söyler. Şmd herhang br ε > 0 verlsn. Düzgün yakınsaklık nedenyle br r 0 = r 0 (ε) > 0 sayısını, her r < r 0 ve j çn ln ν λ (B(π λ (σ kj ω), r)) ε (5) olacak şeklde bulablrz. Dolayısıyla yeternce küçük br r çn j = j(r) nds olacak şeklde seçlrse () le cγ kj+ < r cγ kj (6) ν(b(π(ω), r)) 2 kj ν λ (B(π λ (σ kj ω), rλ kj )) (7)