Рассмотрим эндоморфизм $g: \mathbb{S}^{1}\to\mathbb{S}^{1}$ окружности, который задаётся следующей формулой: $$\bar{x}=2x;(mod; 1)$$
Отображение $g$ имеет одну неподвижную точку $O_1$, которая является образом начала координат при проекции прямой на окружность, то есть $O_1=p(0)$. Поскольку $m=2$, то полный прообраз $O_1$ ($g^{-1}(O_1)$) состоит за двух точек: $O_1=p(0)$ и $O_{2}=p\big(\dfrac{1}{2}\big)$, где $p-$это естественная проекция с прямой на окружность. Пусть $\varepsilon$ настолько мало, что $\varepsilon$ окрестности точек $O_1$ и $O_{2}$ не пересекались. \Рассмотрим $C^{\infty}$ bump-функцию $\Psi: [0;+\infty)\to[0,1]$, такую что\ $\Psi(x)\equiv 1$ при $0;{\leq};x;{\leq};\frac{\varepsilon}{2}$ и $\Psi(x)\equiv0$ при $\varepsilon;{\leq};x<+\infty$\ и функция $\Psi$ строго монотонна при $\frac{\varepsilon}{2};{\leq};x;{\leq};\varepsilon$\
Рассмотрим такое уравнение: \begin{equation}
x'=-\ln(2){\cdot}x{\cdot}\Psi(x).\label{ura}
\end{equation} Обозначим $h^t$ сдвиг на время $t$ вдоль траектории уравнения. Зафиксируем число $t_{0}>1$. Далее покажем, что композиция $g{\circ}h^{t_{0}}=f$ описывает пример Шуба.
\subsubsection{Свойства потока \texorpdfstring{$h^t$}{ht}}
Будем считать, что $x{\geq}0$.
\begin{lemma}
Точка $w_1$ сдвигается потоком $h^{t_0}$ в точку $w_1$ тогда и только тогда, когда выполняется равенство: $$-;\dfrac{1}{t_0\ln{(2)}}\int\limits_{w_1}^{w_2}\dfrac{dx}{x{\cdot}\Psi(x)}=1$$
\end{lemma}
\begin{proof}
$\dfrac{dx}{dt}=-\ln{(2)}{\cdot}x{\cdot}\Psi(x)$ $\Rightarrow$ $$\dfrac{dx}{x{\cdot}\Psi(x)}=-\ln{(2)}dt$$ Тогда, получаем: $$\int\limits_{w_1}^{w_2} \dfrac{dx}{x{\cdot}\Psi(x)}=-\ln{(2)}\int\limits_{0}^{t_0}dt=-t_0\ln{(2)}$$
\end{proof}
\begin{lemma}
Значение производной $\dfrac{dh^{t_0}}{dx}$ отображения $h^{t_0}$ в точке $x=0$ равно $2^{-t_0}$.
\end{lemma}
\begin{proof}
Уравнение $x'=-\ln(2){\cdot}x{\cdot}\Psi(x)$ в вариациях имеет вид:\
$y'=Df(x(t))y$ $\Rightarrow$ $$y'=(-\ln(2){\cdot}\Psi(x)-\ln(2){\cdot}x\Psi'(x))y$$ Решая его для $x(t)\equiv0$ с начальными условиями $y(0)=1$, получаем: $$\dfrac{dh(t_0)}{dx}\Big|{x=0}=e^{-\ln(2){\cdot}\Psi(0)t_0}=e^{-\ln(2){\cdot}t_0}=2^{-t_0}$$.
\end{proof}
Для фиксированного числа $\mu>1$ определим отображение $f{\mu}: x\mapsto \mu h^{t_0}(x)$.
\begin{lemma}\label{l5}
Пусть $1<\mu<2^{t_0}$. Тогда отображение $f_{\mu}$ имеет единственную неподвижную точку $x^$ на интервале $I: 0<x<\varepsilon$, причём $$\dfrac{df_{\mu}(x)}{dx}\Big|_{x=x^}>1$$
\end{lemma}
\begin{proof}
Рассмотрим функцию $\xi(w_1,w_2)=-;\dfrac{1}{t_0\ln{(2)}}\int\limits_{w_1}^{w_2}\dfrac{dx}{x{\cdot}\Psi(x)}$.\ Для того, чтобы доказать, что точка $x^$ неподвижная, надо показать, что \$w_1=w_2$ при $t{\neq}0$.\ Определим функцию $F(x)=\xi(x,\dfrac{x}{\mu})$. Тогда, точка, отличная от 0 является неподвижной точкой отображения $f_{\mu}$, тогда и только тогда, когда значение функции $F_{\mu}$ в ней равняется единице.\
Оценим значение $F_{\mu}(x)$ при $x\to+0:$
$$\lim\limits_{x\to+0}F_{\mu}(x)=\lim\limits_{x\to+0}\xi(x,\dfrac{x}{\mu})=\lim\limits_{x\to+0}\left(-;\dfrac{1}{t_0\ln{(2)}}\int\limits_{x}^{\frac{x}{\mu}}\dfrac{dr}{r{\cdot}\Psi(r)}\right)=\dfrac{\ln\left(\mu\right)}{t_{0},\ln\left(2\right)}.$$\
Теперь, поскольку $\mu<2^{t_0}$: $$\dfrac{\ln\left(\mu\right)}{t_{0},\ln\left(2\right)}<\dfrac{\ln\left(2^{t_0}\right)}{t_{0},\ln\left(2\right)}=1$$
Оценим значение $F_{\mu}(x)$ при $x\to \varepsilon-0$:
$$\lim\limits_{x\to \varepsilon-0}F_{\mu}(x)=\lim\limits_{x\to \varepsilon-0}\xi(x,\dfrac{x}{\mu})=\lim\limits_{x\to \varepsilon-0}\left(-;\dfrac{1}{t_0\ln{(2)}}\int\limits_{x}^{\frac{x}{\mu}}\dfrac{dr}{r{\cdot}\Psi(r)}\right)$$
Поскольку $\Psi(x)=0$ при $x{\geq}\varepsilon$ и функция $\Psi(x)$ является гладкой, то: $$\dfrac{d\Psi(x)}{dx}\Big|{x=\varepsilon}=0$$\
Кроме того: $$\Psi(x)\big|{x=\varepsilon}=0$$ Тогда, получаем: $$\lim\limits_{x\to\varepsilon-0} \Psi(x)=\lim\limits_{x\to\varepsilon-0}o(\varepsilon-x)$$ Поэтому, интеграл: $$\int\limits_{\frac{\varepsilon}{\mu}}^{\varepsilon}\dfrac{dr}{r{\cdot}\Psi(r)}$$ расходится, следовательно: $$\lim\limits_{x\to\varepsilon-0}F_{\mu}(x)=+\infty$$ Таким образом, найдётся по крайней мере одна точка $x^{\in}I$ такая, что \$F_{\mu}(x^)=1$. Следовательно, точка $x^{\in}I$ является неподвижной точкой отображения $f_{\mu}$. \
Для доказательства единственности неподвижной точки $x^$ достаточно доказать неравенство $\dfrac{df_{\mu}(x)}{dx}\Big|_{x=x^}>1$ для любой неподвижной точки. Равенство $\xi(w_1,w_2)=1$ является неявным заданием функции $w_1=\dfrac{f_{\mu}(w_1)}{\mu}$. \Поскольку $\xi(w_1,w_2)=-;\dfrac{1}{t_0\ln{(2)}}\int\limits_{w_1}^{w_2}\dfrac{dx}{x{\cdot}\Psi(x)}$, то $$\dfrac{df_{\mu}}{dx}=-\mu\dfrac{;;;\dfrac{\partial\xi}{\partial w_1};;;}{\dfrac{\partial\xi}{\partial w_2}}=\mu{\cdot}\dfrac{w_2\Psi(w_2)}{w_1\Psi(w_1)}$$ Тогда, для $w_1=x^$, $w_2=\dfrac{x^}{\mu}$ имеем: $$\dfrac{df_{\mu}(x)}{dx}\Big|{x=x^}=\mu{\cdot}\dfrac{\dfrac{x^}{\mu}\Psi\left(\dfrac{x^}{\mu}\right)}{x^\Psi(x^)}=\dfrac{\Psi\left(\dfrac{x^}{\mu}\right)}{\Psi(x^)}$$ Поскольку $\mu>1$, то $\dfrac{x^}{\mu}<x^*$. Так как функция $\Psi(x)$ на интервале $(\dfrac{\varepsilon}{2},\varepsilon)$ строго монотонно убывает, то получаем, что $\dfrac{df{\mu}(x)}{dx}\Big|_{x=x^}>1$.
\end{proof}\mbox{}\\\\\\\
Рассмотрим случай, когда $\mu=2$:
\begin{lemma}
Точка $x^=0$ является неподвижной точкой отображения $f_2$.
\end{lemma}

Докажи данную лемму, используя предыдущие