概念回顾

非奇异映射. $\mu(T^{-1}(A))=0$ iff $\mu(A)=0$.
保持测度的. $\mu(T^{-1}(A))=\mu(A)$. 保测一定非奇异.
徘徊集. $A\in\mathcal{F}$，$\forall 0\le n< m$, $\mu(T^{-n}A\cap T^{-m}A)=0$.
保守映射. $A$ 徘徊则 $\mu(A)=0$.
遍历的. $\mu(A\triangle T^{-1}A)=0$ 则 $\mu(A)=0$ 或 $\mu(A^c)=0$.

回复定理

Poincaré 回复定理. 在概率空间中，$T$ 保持测度，
$\mu(B)>0$，则 $B$ 中几乎处处的点是回复的，即

$\mu(\{x\in B\mid \exists n, T^nx\in B\})=\mu(B).$

推论. 几乎处处的点回复无穷多次，即

$\mu(\{x\in B\mid T^n x\in B \text{ 无穷多次}\})=\mu(B).$

证明. 想证明的是

$\mu(B\cap \bigcup_{n\ge 1} T^{-n}B)=\mu(B).$

这等价于对于任意 $k$，

$\mu(T^{-k}B\cap \bigcup_{n\ge k+ 1} T^{-n}B)=\mu(B).$

为此我们观察 $Cn=\bigcup{k\ge n} T^{-k}B$. 它是下降列，所以对于 $\varepsilon>0$，$\mu(Cn\setminus C{n+1})<\varepsilon$.
我们将集合的分解 $Cn=C{n+1}\cup D$ 交 $T^{-n}B$，则可证明.

对于推论，我们把待证的集写为

$\bigcap_{t\ge 1}\{B\text{的 }t\text{-回复点}\}.$

$t$-回复点指：正向至少 $t$ 次回到 $B$ 中的点.

我们对 $t$ 归纳，证明 $B$ 中几乎是 $t$-回复点，$t=1,\ldots$ $t=1$ 是已证明的.

记

$C_k=\bigcup_{n\ge k} A_n, A_n=T^{-n}B\cap \bigcup_{n+1\le a_1<\cdots<a_t},$

我们有 $T^{-k}An=A{n+k}, T^{-k}Cn=C{n+k}$.
仍用下降列的方法，得到 $n$，$An$ 和 $A_n\cap C{n+1}$ 的测度只差 $\varepsilon>0$.
由归纳假设 $A0\sim B$，从而 $A_n\sim T^{-n}B$，
从而 $T^{-n}B\cap C{n+1}$ 也约等于 $B$. 取极限得其交也的 $B$ 等测证毕.

把 Poincaré 回复定理中的有限+保测换成保守，是 Halmos 回复定理的特例.

Halmos 回复定理. 对于测度空间的可测集 $A$，下面性质等价：

对于所有徘徊集 $W$，$\mu(A\cap W)=0$；
对于所有可测子集 $B\subset A$， $\mu(\{x\in B\mid T^n x\in B \text{ 无穷多次}\})=\mu(B).$

一点观察：确实能推出 Poincaré 回复定理. 性质 1 是可以继承的. 2 推出 1 比较容易. 因为取 $B=A\cap W$ 为正测，则 $B$
也徘徊. 对于所有 $n<m, \mu(T^{-n}B\cap T^{-m}B)=0$. 所以 $\mu(B\cap \cup T^{-m}(B))=0$.

现在从 1 推出 2. 我们先证明 $A$ 几乎处处回复一次. 这最后和下面的遍历性证明一样，归结于交是空. 然后归纳到无穷多次.

遍历性

定理. 保守+遍历⇒对正测 $A$ 总有 $\mu(X\setminus \bigcup_{n\ge 0} T^{-n}A)=0$. （只要求概率空间，假设 $\sigma$-有限，并且我们假设了非奇异）

可能类似于 01 律的证明.

证明. 我们观察什么叫遍历性，故希望证明
$\mu((\cup{n\ge 0} T^{-n}A)^c)=0$. 因为 $\mu(A)>0$，
所以我们希望证明对称差零测，而对称差为 $\mu(A\setminus
\cup{n\ge 1} T^{-n}A)$. 为证它零测，我们再回忆什么叫保守性，我们希望证明 $A\setminus
\cup_{n\ge 1} T^{-n}A=B$ 是徘徊的，这是显然的，其实
$B\cap T^{-m} B=\varnothing$. （我们用了非奇异）

遍历性的等价定义. 即上述命题等价于遍历，也等价于
$\mu(A)\mu(B)>0$ 推出存在 $n$ 使 $\mu(T^{-n}A\cap B)=0$.

一个是显然的，我们从 $\mu(X\setminus \bigcup{n\ge 0} T^{-n}A)=0$ 有 $\mu(B\setminus \bigcup{n\ge 0} T^{-n}A)=0$.
因为 $\mu(B)>0$，

另一个方向，我们设 $A$ 破坏遍历性，$\mu(A\triangle T^{-1}A)=0$，而 $\mu(A)\mu(A^c)>0$. 但是从 $\mu(A\triangle T^{-1}A)=0$ 可推出 $\mu(T^{-k}A\triangle T^{-k-1}A)=0$，从而
$\mu(T^{-n}A\triangle A)=0$. 这矛盾于我们取 $B=A^c$ 时的结论.

定理 2.2.2. 测度空间上遍历性可以等价于，
任何复可测 $f$，$f\circ T=f$ a.e.，则 $f$ 是常数 a.e.，对于概率空间，还可要求 $f$ 只在 $L^2$ 中取.

证明. 一个方向设 $A$ 破坏遍历性，则取 $A$ 的示性函数. 另一方面，我们发现几乎处处是常数等价于对于任意 $c$，$A_c={f\ge c}$ 和其补必有一者是零测的. 要证明几乎处处是常数，只要证明 $\mu(A_c\triangle T^{-1}A_c)=0$，但是这个直接从
$\mu(f\ne U_Tf)=0$ 得到. 对于概率空间，所有示性函数都是 $L^2$ 的，则证.