MEDIDAS SRB PARA ATRATORES HIPERBÓLICOS

j=- n
é não vazio e é o fecho do seu interior. Observe que Kn(a)⊃Kn+1(a)⊃... e assim
∞ ∞
K(a)=∩f -j Raj=∩Kn(a)≠∅
j=- ∞ n=1
Se x,y∈K(a), então f j x, f j y∈Raj estão próximos para todo j∈Z e assim, por
expansividade, x=y. Como
temos πoσ=foπ.
∞ ∞ ∞
K(σa)=∩f -j Raj+1=∩f -j+1 Raj=f(∩f -j+1 Raj)=f K(a)
j=- ∞ j=- ∞ j=- ∞
Vamos provar a continuidade de π. Seja a∈ΣA, x=π(a) e ε>0. Vamos tomar N∈N
tal que
diam(∩f -n (Ran))≤ε
⎜⎜n ⎜⎜≤ N
Isso é sempre possível pois, como vimos anteriormente, diam(∩|j|≤nf -j (Raj))→0
quando n→∞. Se b∈ΣA está suficientemente próximo de a então vale bn=an para
⎜⎜n⎜⎜≤N, de modo que se y∈∩f -n Rbn, então
∞
π(b)=∩f n (Rbn)⊂∩f -n (Rbn)=∩ f -n (Ran)
- ∞ ⎜⎜ n ⎜⎜≤ N ⎜⎜ n ⎜⎜≤ N
o que mostra que d(π(a),π(b))=d(x,y)≤ε, e portanto π é contínua.
Como o conjunto ∂ s ℜ∪∂ u ℜ é magro, então o conjunto Y=Ωs-(∪f -1 (∂ s ℜ∪∂ u ℜ) é
residual. Para x∈Y vamos tomar aj com f j x∈Rai. Como x∈Y, f j x∈int(Raj) e
portanto Aajaj+1=1. Assim a={aj}∈ΣA e x=π(a). Se x=π(b), então f j x∈Rbj e bj=aj,
pois f j x∉(∂ s ℜ∪∂ u ℜ); logo π é injetiva em Y. Como π(ΣA) é um
subconjunto compacto de Ωs contendo o conjunto denso Y, então π(ΣA)=Ωs.
O Teorema 1.20 é de grande importância pois mostra que existe uma conjugação
entre σ e f ⎜⎜Y, dada pela aplicação π, o que será de extrema utilidade no próximo
capítulo.
Proposição 1.21. O shift σ:ΣA→ΣA é topologicamente transitivo. Se f ⎢⎢Ωs é
mixing então σ:ΣA→ΣA também o é.
Prova. Seja U e V subconjuntos não vazios e abertos em ΣA. Para alguns a,b∈ΣA e
N∈N temos que
xl