La respuesta es sí.
Deje $\mathbb N$ denota el conjunto $\{1,2,...\}$ de los enteros positivos y $P=\{1,2\}^{\mathbb N}$.
Dado cualquier $\rho\in P$ vamos a definir
$\varphi_\rho\in S$ de manera tal que todos los $T$-se itera de $\varphi_\rho$ permanecen en $S$ y
$(T^{k-1}(\varphi_\rho))(1)=\rho(k)$
para todos los $k\in\mathbb N$ donde $\rho(k)$ indica el $k$-ésimo elemento de a $\rho$, e $(T^{k-1}(\varphi_\rho))(1)$ indica el primer elemento de la $(k-1)$-st recorrer, $(T^{k-1}(\varphi_\rho))$$\varphi_\rho$.
Si $T^k(\varphi_\rho)$, $k\in\mathbb N$, es el tiempo cíclico, es decir, si hay $n,m$ tal que $T^{k+m}(\varphi_\rho)=T^k(\varphi_\rho)$ todos los $k\ge n-1$, entonces claramente la secuencia de la correspondiente de la primera de las coordenadas, es decir,
$(T^k(\varphi_\rho))(1)$, $k\in\mathbb N$, también sería eventualmente cíclico. Por lo tanto $\rho$ resulta ser, finalmente, cíclico, con $\rho(k+m)=\rho(k)$ todos los $k\ge n$.
Desde $P$ es incontable (con $|P|=\mathfrak c =2^{\aleph_0}$) y ya sólo hay countably muchos con el tiempo cíclico de las secuencias de $\rho\in P$,
se sigue que para todo el una cantidad no numerable resto de opciones de $\rho$ la recorre en $T$ $\varphi_\rho$ nunca se repita. Por lo tanto, para completar la prueba, sólo queda por definir $\varphi_\rho$ con las propiedades anteriormente mencionadas, para cada una de las $\rho\in P$.
Me limitaré a ilustrar la construcción de
$\varphi_\rho$, determinado $\rho\in P$, con un par de ejemplos. En primer lugar, decir $\rho$ comienza como
$\langle 2,1,2,2,1,... \rangle$ o, abreviado, como $21221..$. Lista de los elementos de $\rho$ en una columna, de arriba a abajo, como se ilustra:
$\\
2\\
1\\
2\\
2\\
1\\
...
$
Entonces, comenzando con más y más filas, trabajar hacia atrás, para definir más grandes y más grandes segmentos inicial de la primera fila, el cual será nuestro
$\varphi_\rho$. Es decir, comenzar con la fila $2$, trabajar hacia atrás, a continuación, comience con la fila $3$, trabajar hacia atrás, etc. Aquí es cómo funciona cuando empezamos con la fila $2$ (y trabajar hacia atrás, es decir, parcialmente definir fila $1$, de modo que una aplicación de $T$ fila $1$ resultados en la fila $2$):
$\\
21\\
1\\
2\\
2\\
1\\
...
$
A continuación, comience con la fila $3$ y trabajar hacia atrás (de manera que una aplicación de $T$ fila $2$ resultados en la fila $3$, y una aplicación de $T$ fila $1$ resultados en la fila $2$:
$\\
21221\\
112\\
2\\
2\\
1\\
...
$
Hacemos todo lo que esta sujeta al requisito de que cada fila permanece en $S$ y tiene pistas de longitud en la mayoría de las $2$.
En el segmento inicial de $\rho$ después de este procedimiento se obtiene:
$\\
2122112112212\\
11221221\\
2212\\
21\\
1\\
...
$
donde la primera fila representa un segmento inicial de la $\varphi_\rho$ que construimos.
Como un ejemplo diferente decir $\rho$ se inicia en
$\rho=\langle 2,1,1,1,2,1,,... \rangle=211121..$.
Listado de los elementos de $\rho$ en una columna,
de arriba a abajo, tenemos:
$\\
2\\
1\\
1\\
1\\
2\\
1\\
...
$
De trabajo de la fila $3$ hacia atrás, tenemos:
$\\
2112\\
12\\
1\\
1\\
2\\
1\\
...
$
y de trabajo de la fila $6$ hacia atrás, tenemos:
$\\
21122122121121\\
122121121\\
121121\\
1121\\
21\\
1\\
...
$
donde, de nuevo, la primera fila representa un segmento inicial de la correspondiente $\varphi_\rho$ que construimos.
Claramente, por construcción, cada una de las $T^k(\varphi_\rho)$ permanece en $S$, y
$(T^{k-1}(\varphi_\rho))(1)=\rho(k)$, lo que completa nuestra respuesta.
Lo que sigue a continuación una mayor y más complicado recursivo de construcción de $\varphi_\rho$. Usted no tiene que leer, aunque tengo que salir a las disponibles.
He puesto una segunda respuesta (en comparación con el no a la anterior, pero para las versiones publicadas incluso antes), que utiliza las mismas ideas, como mi respuesta anterior (es decir, anterior respuesta publicada por separado), pero es por escrito mejor (creo (bueno, en retrospectiva, claro que no es tan buena como la de la simple descripción dada anteriormente)). Me gustaría que la respuesta anterior también (... alguien votó (ya no, tal vez la votación se retrae o también hubo otro voto hacia abajo, pero en fin) así que me odio a borrar ahora, además de que podría ser de algún interés, pero por favor no lea mi respuesta, a menos que a usted le gustaría ver cómo encontré con este ejemplo, y a menos que usted está listo para poner para arriba con las inconsistencias, que no tengo la intención de limpiar).
Así que aquí es lo que espero que el mejor ejemplo.
La respuesta es `sí". Describir un procedimiento que produce muchos ejemplos
(sólo se produzca un ejemplo para una contables subconjunto de un producto determinado espacio de multitud de cardinalidad).
Deje $\mathbb N$ denota el conjunto de números enteros positivos y $P=\{1,2\}^{\mathbb N}$.
(Hay algunos buenos métodos de representación de los ajustes que se podrían hacer en lo que sigue, dependiendo de si uno toma $0\in\mathbb N$ o $0\not\in\mathbb N$;
mi notación es consistente con la última opción, que es, $1=\min\mathbb N$.)
Vamos a definir un mapa de $\varphi$
de$P$$S$. Es decir,
$$\varphi: P \a S,
\mathrm{\ si\ } \rho\en P
\mathrm {\\ } \varphi_\rho\in S$$
El $n$-ésimo elemento de una secuencia será denotado
como $\rho(n)$ o $\varphi_\rho(n)$. El mapa de $\varphi$ tendrá las siguientes dos propiedades:
$T^k(\varphi_\rho)\in S$ todos los $k\in \mathbb N\cup\{0\}$ y todos los $\rho\in P$,
Para todos $k\in\mathbb N$, $(T^{k-1}(\varphi_\rho))(1)=\rho(k)$.
Condición 2 implica que si la secuencia de
$\langle \varphi_\rho,T(\varphi_\rho),T^2(\varphi_\rho),..., T^k(\varphi_\rho),... \rangle$ es el tiempo cíclico, es decir, si hay $n,m\in\mathbb N$
con $T^k(\varphi_\rho)=T^{k+m}(\varphi_\rho)$
para todos los $k\ge n-1$, entonces la secuencia de
$\rho=\langle\rho(1),\rho(2),...\rangle$ es el tiempo cíclico, con $\rho(k)= \rho(k+m)$ todos los $k\ge n$.
Deje $P_0$ ser el subconjunto de $P$ consistente todo el tiempo y secuencias cíclicas, y deje $P_1=P\setminus P_0$. Desde $P_0$ es contable
y $P$ es incontable
(con $|P|=\mathfrak c = 2^{\aleph_0}$, la cardinalidad del continuo), tenemos que
$P_1$ es incontable (con $|P_1|=\mathfrak c$).
Por lo tanto, todos los $T$-se itera de $\varphi_\rho$ permanecen en $S$ y nunca se repiten, siempre que $\rho\in P_1$. Esto demuestra que no sólo ejemplos existen,
pero hay uncountably (continuum) muchos de ellos.
Con el fin de construir $\varphi$ en primer lugar, construir
otro mapa
$$\beta: P \a P,
\mathrm{\ si\ } \rho\en P
\mathrm {\\ } \beta_\rho\en P$$
Para definir $\beta$, tomamos todos los segmentos inicial de $\rho$, la inversa de cada una, y poner uno después del otro. Para ilustrar, decir $\rho$ comienza como
$\langle2,1,1,1,2,1,... \rangle$, abreviada o $211121..$. A continuación, los segmentos inicial de $\rho$$\langle2 \rangle$,
$\langle2,1 \rangle$,
$\langle2,1,1 \rangle$,
$\langle2,1,1,1 \rangle$,
$\langle2,1,1,1,2, \rangle$,
$\langle2,1,1,1,2,1 \rangle$,
... , o abreviado,
$$2,21,211,2111,21112,211121,...$$
Invertir cada segmento inicial obtenemos
$$2,12,112,1112,21112,121112,...$$
y la concatenación de estos obtenemos que
$\beta_\rho$ comienza como
$$212112111221112121112...=
\langle2,1,2,1,1,2,1,1,1,2,2,1,1,1,2,1,2,1,1,1,2,... \rangle
$$
Formalmente deje $t_n=\frac{n(n+1)}2$ el valor del $n$-ésimo número triangular.
A continuación, $\beta_\rho(t_n-m)=\rho(m+1)$ todos los $n$, y todos los $m\in\{0,1,...,n-1\}$.
Ahora podemos iniciar la construcción de la $\varphi_\rho$.
Para ilustrar, vamos de nuevo a $\rho$ inicio como $211121..$., así
$\beta_\rho$ comienza como
$212112111221112121112..$. Lista de los elementos de
$\beta_\rho$ en una columna vertical, comenzando en la parte inferior y va como esto:
$\\
... \\
2\\
1\\
1\\
2\\
1\\
2
$
De trabajo "hacia atrás" definir parcial filas coherente con la columna de la izquierda, como se describe a continuación.
Deje $p^j$ el valor parcial de la fila $j$ (contados a partir de la parte inferior) y $p^j(n)$
indicar el $n$-ésimo elemento de a $p^j$. El requisito es que el $T(p^{j+1})=p^j$. Por ejemplo, $p^2$ debe ser parte de una secuencia que se inicia con $\beta_\rho(2)$, en nuestro ejemplo,$\beta_\rho(2)=1$, y de tal manera que $T(p^2)$ comienza como $p^1$.
Por lo tanto, $p^2$ debe comenzar como $11$, y
para su comodidad (y para asegurarse de que las longitudes de las $p^j$ estrictamente aumentar incluso en los casos en que $\beta_\rho(1)=1$)
también vamos a añadir un carácter de elemento coherente con $p^2$ siendo un segmento inicial de una secuencia en $S$ y tener pistas de longitud en la mayoría de las $2$, lo $p^2$ comienza como $112$.
(Aquí podemos aplicar la restricción de $T$ a sólo una secuencia finita, por lo que el resto de la secuencia (que no puede ser determinada por la información) puede ser representada por un $*$, por ejemplo,
$p^2=112*$.)
A continuación, $p^3$ debe ser parte de una secuencia que se inicia con $\beta_\rho(3)$, en nuestro ejemplo,$\beta_\rho(3)=2$, y de tal manera que $T(p^3)$ comienza como $p^2$. Por lo tanto, $p^3$ comienza como $21221$.
Desde el primer elemento de $p^j$ es dado,
es decir, $p^j(1)=\beta_\rho(j)$ la construcción como el descrito hasta ahora es ambigua, y produce
el siguiente parcial filas para nuestro ejemplo.
$\\
... \\
211212212211212212112\\
12112122112112\\
112112212\\
21221\\
112\\
2
$
Deje $|p^j|$ denotar la longitud de la parte definida de) $p^j$, y deje $|p^j|_2$ la cuenta de cuantas veces
el número de $2$ se produce en $p^j$.
Por ejemplo,$|21221|=5$$|21221|_2=3$.
Es fácilmente demostrado que $|p^{j+1}|=|p^j|+|p^j|_2 +1$ todos los $j$, y (el uso que los dos últimos elementos de $p^j$ son siempre diferentes) que $|p^j|_2\le |p^j|-1$
para todos los $j\ge2$. De ello se desprende que $|p^j|<|p^{j+1}|\le 2 |p^j|$$j\ge2$.
Deje $J_1=\{\frac{n(n+1)}2: n\in\mathbb N\}$ ser el conjunto de todos los números triangulares. Vamos a construir una disminución de la secuencia de conjuntos infinitos
$J_1\supset J_2 \supset J_3 \supset ...$,
y que a la vez definen $\varphi_\rho(n)$ como sigue. Set $\varphi_\rho(1)=\rho(1)$.
Tenga en cuenta que $p^j(1)=\beta_\rho(j)=\beta_\rho(t_n)=\rho(1)$ todos los $j\in J_1$ (donde $j=t_n$ es un número triangular para algunos $n$).
Para cada una de las $j\ge2$, $p^j(2)$ está definido y es en
$\{1,2\}$. Split $J_1\setminus\{1\}$ en la inconexión de la unión de dos conjuntos,
$J_1(1)=\{j\in J_1\setminus\{1\}:p^j(2)=1\}$,
y $J_1(2)=\{j\in J_1\setminus\{1\}:p^j(2)=2\}$.
Al menos uno de estos dos conjuntos tiene que ser infinita.
Si $J_1(1)$ es infinito, entonces deje $J_2=J_1(1)$ y
$\varphi_\rho(2)=1$. Otra cosa deje $J_2=J_1(2)$ y
$\varphi_\rho(2)=2$. Continuar por la recursividad de la siguiente manera.
Split $J_n\setminus\{1,...,n\}$ en dos conjuntos,
$J_n(1)=\{j\in J_n\setminus\{1,...,n\}:p^j(n+1)=1\}$,
y $J_n(2)=\{j\in J_n\setminus\{1,...,n\}:p^j(n+1)=2\}$.
Si $J_n(1)$ es infinito, entonces deje $J_{n+1}=J_n(1)$ y
$\varphi_\rho(n+1)=1$. Otra cosa deje $J_{n+1}=J_n(2)$ y
$\varphi_\rho(n+1)=2$.
Esto define $\varphi_\rho(n)$ todos los $n$.
Tenga en cuenta que si $j\in J_n$ $|p^j|\ge n$
$p^j(k)=\varphi_\rho(k)$ todos los $k\in\{1,2,...,n\}$.
(Usar ese $J_n\subset J_{n-1}\subset ... \subset J_1$ .)
A continuación se muestra que para todos los $k\in\mathbb N$ tenemos $(T^{k-1}(\varphi_\rho))(1)=\rho(k)$. Al $k=1$,
$(T^{0}(\varphi_\rho))(1)=\varphi_\rho(1)=\rho(1)$. Ahora fix $k>1$.
Tenga en cuenta que si $|p^j|$ es lo suficientemente grande, por ejemplo, si $|p^j|\ge3^k$, $(T^{k-1}(p^j))(1)$ está definido (usar ese $|T(p^{m+1})|=|p^m|\ge\frac{|p^{m+1}|}2$ todos los $m\ge2$). Pick $j$ lo suficientemente grande como sujeto a las siguientes condiciones: $j\in J_{3^k}$, $|p^j|\ge3^k$, y $j=t_n$$n>k$.
A continuación,$(T^{k-1}(\varphi_\rho))(1)=(T^{k-1}(p^j))(1) =\beta_\rho(t_n-(k-1))=\rho((k-1)+1)=\rho(k)$.
La prueba de que $T^k(\varphi_\rho)\in S$ todos los $k$, y todos los $\rho\in P$
es similar. De hecho, si $T^k(\varphi_\rho)\not\in S$
a continuación, cualquiera de $(T^k(\varphi_\rho))(m)\ge3$ algunos $m$, o
$(T^k(\varphi_\rho))$ tiene una infinita ejecutar.
En el último caso, $(T^{k+1}(\varphi_\rho))(m)\ge3$ algunos $m$, lo que reduce la ex.
Pero si $(T^k(\varphi_\rho))(m)\ge3$ entonces podríamos
recoger lo suficientemente grande como $n$ $j$ con
$j\in J_n$ $|p^j|\ge n$ tales que $3\le(T^k(\varphi_\rho))(m)=
(T^k(p^j))(m)\in\{1,2\}$, una contradicción.
