Conteúdo
Introdução
5
1 O Plano de Fase, Sistemas de Equações Diferenciais
6
1.1 Sistemas Lineares . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
6
1.2 O Plano de Fase, Sistemas Lineares . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
9
1.3 Sistemas não-lineares . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
18
1.4
24
Sistemas Hamiltonianos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2 Teoremas de Existência e Unicidade de Soluções
28
2.1 Introdução . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
28
2.2 Espaços Métricos, Convergência e Continuidade . . . . . . . . . . . . . . . .
29
2.3 Contrações e Pontos Fixos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
34
2.4 Teoremas de Existência e Unicidades para a equação y 0 = f (x; y) . . . . . . .
37
2.5 Sistemas de Equações Diferenciais . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
40
3 Fluxos. Sistemas Dinâmicos
47
3.1 Campos de vetores em Rn . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
47
3.2 Campos de vetores completos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
49
3.3 Fluxos. Sistemas Dinâmicos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
51
3.4 Tipos de trajetórias de um campo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
56
3.5 Equivalência e Conjugação . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
58
4 Fluxos lineares
61
4.1 A norma de uma matriz . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
61
4.2 Fluxos lineares . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
63
4.3 Teoria de Estabilidade . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
70
1
5 Estrutura Local
76
5.1 O Teorema da Função Inversa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
76
5.2 Seção Transversal . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
77
5.3 O Teorema do Fluxo Tubular . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
77
5.4 Pontos singulares hiperbólicos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
80
5.5 O Teorema de Hartman-Grobman . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
81
6 O Teorema de Poincaré-Bendixson
90
6.1 Conjuntos -limite e !-limite de uma órbita . . . . . . . . . . . . . . . . . .
90
6.2 O Teorema de Poincaré-Bendixson . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
96
7 O Método “Blow-up”
100
7.1 Introdução . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 100
7.2 Germes e Jatos de Campos de Vetores . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 100
7.3 Construção de um blow-up polar em R2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 101
7.4 Blow-up direcional . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 108
7.5 Blow-up sucessivos em R2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 110
Bibliogra…a
112
2
UNIVERSIDADE FEDERAL DE VIÇOSA
CENTRO DE CIÊNCIAS EXATAS
DEPARTAMENTO DE MATEMÁTICA
ESTUDO LOCAL DE SINGULARIDADES DE CAMPOS DE
VETORES NO PLANO: O MÉTODO DE “BLOW-UP".
BOLSISTA: Alexandre Alvarenga Rocha
ORIENTADORA: Prof.a. Dr.a. Margareth da Silva
Alves
VIÇOSA
MINAS GERAIS - BRASIL
FEVEREIRO/2006
3
UNIVERSIDADE FEDERAL DE VIÇOSA
CENTRO DE CIÊNCIAS EXATAS
DEPARTAMENTO DE MATEMÁTICA
RESUMO
ESTUDO LOCAL DE SINGULARIDADES DE CAMPOS DE VETORES NO PLANO:
O MÉTODO “BLOW-UP”.
Nesse trabalho estudamos os tipos topológicos das singularidades de campos de vetores
no plano através da teoria qualitativa das equações diferenciais e do método de desingularização, conhecido como “blow-up”.
Iniciamos com o estudo de sistemas de equações diferenciais lineares e não-lineares.
Analisamos os retratos de fase para os sistemas lineares e apresentamos o teorema de
Hartman-Grobman. Para uma aplicação prática dessa análise, estudamos o movimento do
pêndulo amortecido e do não-amortecido. Além disso, demonstramos os teoremas de existência e unicidade de soluções de equações e sistemas de equações diferenciais para campos
lipschitzianos.
Em seguida …zemos o estudo qualitativo de campos de vetores de…nindo ‡uxo, tipos
de trajetórias e conjugação entre dois campos. Demonstramos os teoremas do Fluxo Tubular e de Hartman-Grobman que tratam da estrutura local de um campo. O teorema do
‡uxo tubular é aplicado a pontos regulares e o de Hartman-Grobman a pontos singulares
hiperbólicos.
Finalmente passamos ao estudo do método “Blow-up” aplicado em campos polinomiais cujos pontos singulares não são hiperbólicos. Esse método consiste em aplicar mudanças
de coordenadas particulares do campo de vetores, as quais “explodem” as singularidades
degeneradas em círculos contendo um número …nito de singularidades elementares (i.e. singularidades hiperbólicas ou semi-hiperbólicas).
4
Introdução
O objetivo fundamental deste trabalho é desenvolver um estudo do comportamento
local das singularidades de campos de vetores no plano através da teoria qualitativa das
equações diferenciais e do método de desingularização, conhecido como “blow-up”.
Estamos interessados nos tipos de singularidades de campos de vetores no plano, obtidos através de seu retrato de fase. A determinação do retrato de fase de um campo tem
real interesse, pois na maioria das vezes não é possível encontrar explicitamente as soluções
da equação diferencial associada a ele. O pioneiro no estudo do retrato de fase de um sistema de equações diferenciais foi Poincaré (1881), que encontrou em problemas de Mecânica
Celeste a motivação inicial. Um dos problemas que recebeu sua particular atenção foi o da
estabilidade do sistema solar.
Iniciamos o trabalho fazendo um estudo de sistemas de equações diferenciais lineares.
Nesse caso o campo é linear, associado a uma matriz não singular. Assim, encontramos
soluções analíticas do problema de valor inicial e esboçamos seu retrato de fase, classi…cando os tipos de singularidades em nós, selas, focos e centros. Esses tipos dependem dos
autovalores da matriz associada. Quando o campo é não-linear precisamos estudar a teoria
qualitativa das equações diferenciais já que na maioria desses campos não encontramos a
solução da equação associada a ele.
O conhecimento obtido no estudo qualitativo é necessário para entendermos os teoremas do ‡uxo tubular e de Hartman-Grobman que tratam da estrutura local de um campo.
Primeiramente de…nimos conjugação entre dois campos e, a partir daí, demonstramos esses
dois teoremas. O teorema do ‡uxo tubular se aplica a pontos regulares, isto é, em pontos
onde o campo não se anula e o de Hartman-Grobman se aplica a pontos singulares hiperbólicos, ou seja, a pontos onde o campo se anula e onde a matriz jacobiana desse ponto possui
todos autovalores com parte real não nula.
Finalizamos o estudo com o método “Blow-up”que se aplica a pontos singulares que não
são hiperbólicos. Mudanças de coordenadas são introduzidas para expandir singularidades
em círculos contendo um número …nito de pontos críticos. Se estes pontos são hiperbólicos
podemos aplicar o teorema de Hartman-Grobman e, em seguida, voltamos ao ponto original,
determinando seu retrato de fase.
Capítulo 1
O Plano de Fase, Sistemas de
Equações Diferenciais
Principiamos o estudo com uma consideração sobre o sistema mais simples, um sistema
linear homogêneo com coe…cientes constantes. Este sistema tem a forma:
dx
= Ax;
dt
onde A é uma matriz real n n e x = (x1 ; :::; xn ) ; vetor n 1:
1.1
(1.1)
Sistemas Lineares
Devemos encontrar a solução geral para esse sistema. Para isso, considere os casos:
1) A possui n autovetores linearmente independentes (autovalores reais):
Nesse caso temos que A é diagonalizável. Seja D a matriz diagonalizada de A; isto é,
2
3
r1 0
0
6
7
6 0 r2
7
0
6
7
D=6 . . .
7
. . ... 7
6 .. ..
4
5
0 0
rn
onde os ri ; i = 0; :::; n; são os autovalores de A: Sabemos que A = [I] D [I] onde
n
canônica do R e
é a base
= fu1 ; u2 ; :::; un g é uma base formada pelos n autovetores LI de A: Se
P = [I] ; teremos A = P DP
1
: Fazemos, agora, a substituição x = P y em (1:1):
(P y)0 = AP y ) P y 0 = AP y ) P
6
1
P y0 = P
1
AP y ) y 0 = Dy:
7
Capítulo 1. O Plano de Fase, Sistemas de Equações Diferenciais
Portanto, sendo y = (y1 ; :::; yn ) teremos y10 = r1 y1 ; :::; yn0 = rn yn e por conseguinte,
y1 = C1 er1 t ; :::; yn = Cn ern t com C1 ; :::; Cn 2 R: Pela equação x = P y; temos:
32
3
2
3 2
r1 t
x
u
u12
u1n
Ce
6 1 7 6 11
76 1
7
6 x2 7 6 u21 u22
7
6
u2n 7 6 C2 er2 t 7
6
7 6
7
6 . 7=6 .
76
7:
.
.
.
.
..
..
.. 7 6
..
7
6 .. 7 6 ..
4
5 4
54
5
xn
un1 un2
unn
C2 ern t
A matriz quadrada do segundo membro é a matriz dos autovetores cujos elementos estão
dispostos em coluna. Assim, a solução geral para o sistema (1.1) será
x (t) = C1 u1 er1 t + ::: + Cn un ern t ; t 2 R:
2) A possui autovetores dependentes:
Esse caso acontece desde que A possui autovalores iguais.
Considere r o autovalor de A com multiplicidade 2; u o autovalor de A correspondente
a r e v o autovetor generelizado correspondente a r; isto é, u = (A
(A
rI) u = 0 , Au = ru + 0v e u = (A
Considerando a base B = fu; vg temos
[A]B
B =
"
r 1
0 r
#
rI) v: Assim, temos
rI) v , Av = u + rv:
:
B
Além disso, como no caso anterior, temos que A = [I]B [A]B
B [I]B e tendo P = [I] ; fazemos
a substituição x = P y em (1.1). Por conseguinte y 0 = [A]B
B y com y = (y1 ; y2 ) : Resolvendo
este sistema linear tem-se que y1 = C1 e t + C2 te
à equação x = P y temos:
"
x1
x2
#
=
"
t
u11 v12
u21 v22
e y2 = C2 e
#"
y1
y2
#
t
onde C1 ; C2 2 R: Voltando
:
Aqui a matriz quadrada do segundo membro é a matriz dos autovetores cujos elementos
estão dispostos em coluna. Portanto, a solução geral para o sistema será
x (t) = C1 uert + C2 utert + vert ; t 2 R:
Se r for um autovalor da matriz A com multiplicidade maior que dois, então a variedade de
possibilidades é maior. Podemos ilustrar o caso pela consideração de um autovalor de multiplicidade três que tenha um só autovetor linearmente independente. Então uma primeira
1.1. Sistemas Lineares
8
solução será dada por x(1) (t) = uert ; uma segunda pela equação x(2) (t) = utert + vert e uma
terceira solução tem a forma
t2
x(3) (t) = u ert + vtert + sert :
2!
onde u satisfaz a (A
rI) u = 0; v satisfaz a u = (A
(A
rI) v e s está determinado por
rI) s = v:
Assim, a solução geral para esse caso será
rt
rt
x (t) = C1 ue + C2 ute + ve
rt
+ C3
t2 rt
u e + vtert + sert ; t 2 R:
2!
3) A possui autovetores complexos:
Sejam r1 ; r2 ; :::; rn autovalores de A e u1; :::; un seus respectivos autovetores. Se A é
real então quaisquer autovalores complexos aparecem aos pares conjugados. Com efeito, se
r1 =
+ i; onde
e
são reais, for autovalor de A e u1 for o autovetor correspondente,
então
(A
r1 I) u1 = 0 ) (A
r1 I) u1 = 0 ) (A
r1 I) u1 = 0:
Isso mostra que r2 = r1 é um autovalor para A e u2 = u1 é o autovetor correspondente. As
soluções correspondentes à equação (1.1) são
x(1) (t) = u1 er1 t e x(2) (t) = u1 er1 t ;
complexas conjugadas uma da outra. Devemos encontrar duas soluções reais da Eq.(1.1)
correspondentes aos autovalores r1 e r2 : Vamos escrever u1 = a + bi; onde a e b são matrizes
coluna reais. Temos então
x(1) (t) = (a + bi) e(
+ i)t
= (a + bi) e t (cos t + i sen t)
= e t (a cos t
b sen t) + ie t (a sen t + b cos t) ;
Analogamente,
x(2) (t) = e t (a cos t
b sen t)
ie t (a sen t + b cos t) :
9
Capítulo 1. O Plano de Fase, Sistemas de Equações Diferenciais
Como
(1)
segue que
(t) =
x(1) + x(2)
e
2
(2)
(t) =
x(1)
x(2)
2i
são soluções do sistema (1.1) e são LI,
(1)
(t) = e t (a cos t
(2)
(t) = e t (a sen t + b cos t)
b sen t) ;
formam um conjunto um conjunto fundamental de soluções. Por exemplo, se r3 ; :::; rn forem
reais e distintos, a solução geral …ca
x (t) = C1 e t (a cos t
1.2
b sen t) + C2 e t (a sen t + b cos t) + C3 u3 r3 + ::: + Cn un rn :
O Plano de Fase, Sistemas Lineares
Consideremos sistemas reais da forma:
(
x0 = ax + by
com a; b; c; d 2 R e ad
y 0 = cx + dy
bc 6= 0:
(1.2)
ou, equivalentemente, equações lineares homogêneas do tipo
"
x0
y0
#
=A
"
x
y
#
, com A =
"
a b
c d
#
e det A 6= 0:
(1.3)
Se …zermos ' (t) = (x (t) ; y (t)) solução do sistema (1.2) teremos
'0 = A':
Estas equações são associadas a aplicações lineares A em R2 : A condição det A 6= 0 é
equivalente a que a origem 0 em R2 seja o único ponto onde A se anula. Este ponto …xo, ou
todo o sistema, chama-se simples se det A 6= 0:
Dizemos que p 2 R2 é um ponto crítico ou uma singularidade do sistema (1.2) quando
Ap = 0: Note que quando det A 6= 0; a origem 0 é a única singularidade para o sistema.
Lembremos que uma solução da equação (1.2) é uma função vetorial ' = (x; y)
que sa-tisfaz à equação diferencial. Esta função pode ser considerada uma representação
paramétrica de uma curva no plano xy: Muitas vezes, é conveniente considerar esta curva
como o caminho, ou a trajetória, percorrido por uma partícula móvel cuja velocidade dx=dt
1.2. O Plano de Fase, Sistemas Lineares
10
é especi…cada pela equação diferencial. O plano xy é denominado plano de fase e o conjunto de trajetórias é o retrato de fase. Nesta seção vamos esboçar os retratos de fase para
o sistema linear (1.2).
O polinômio característico de A é:
p (r) = r2
(traçoA)r + det A:
Logo, os autovalores de A são:
r1 ; r2 =
traçoA
p
(traçoA)2
2
4 det A
e, então, distingüimos os seguintes casos:
(1) autovalores r1 ; r2 de A reais e distintos com o mesmo sinal, r1 6= r2 : Necessariamente
r1 :r2 6= 0:
(2) autovalores r1 ; r2 de A reais e distintos com sinais distintos, r1 6= r2 : Necessariamente
r1 :r2 6= 0:
(3) autovalores reais e iguais, diferentes de zero: r1 = r2 = r 6= 0:
(4) autovalores complexos conjugados: r1 =
+ i ; r2 = r1 =
i com
6= 0:
O tipo de solução do sistema (1.2) vai depender dos autovalores da matriz A de acordo
com o que foi mostrado na seção precedente.
CASO 1: AUTOVALORES REAIS E DESIGUAIS COM O MESMO SINAL
Como já vimos, a solução geral, nesse caso, será
' (t) = c1 u1 er1 t + c2 u2 er2 t ;
(1.4)
onde r1 e r2 são reais distintos, r1 :r2 > 0 e u1 e u2 são os autovetores correspondentes aos
autovalores r1 e r2 ; respectivamente. Suponhamos, inicialmente, que r1 < r2 < 0. Portanto
' ! 0 quando t ! 1, ou seja, todas as soluções se aproximam do ponto crítico quando t
tende a in…nito. Se a solução principia num ponto inicial sobre a reta E1 suporte de u1 ,
então c2 = 0. Analogamente, se o ponto inicial estiver sobre a reta suporte de u2 , c1 = 0.
Consideremos a equação
' (t) = er2 t [c1 u1 e(r1
r2 )t
+ c2 u2 ];
11
Capítulo 1. O Plano de Fase, Sistemas de Equações Diferenciais
r2 )t
que é equivalente à equação (1.4). Se c2 6= 0 o termo c1 u1 e(r1
é desprezível em comparação
com c2 u2 quando t ! 1. Assim, sempre que t ! 1 a trajetória se aproxima da origem mas
tende para a reta E2 suporte de u2 . Esse ponto crítico é denominado nó atrator e o retrato
de fase para esse campo será:
Figura 1
Se r1 e r2 forem ambos positivos e 0 < r1 < r2 , as trajetórias têm a mesma con…guração,
mas a direção de movimento será contrária. Este tipo de ponto crítico é denominado nó
instável ou fonte:
Figura 2
Exemplo 1.2.1
"
x0
y0
#
=
"
1
0
0
2
#"
x
"
#
y
#
(1.5)
A solução geral do sistema (1.5) será:
' (t) = c1
"
1
0
#
e
t
+ c2
0
1
e
2t
:
1.2. O Plano de Fase, Sistemas Lineares
12
Segue que ' ! 0 quando t ! 1 . Para esboçar a retrato de fase suponhamos, inicialmente,
c2 = 0 e c1 6= 0. Assim, x = c1 e
t
e y = 0. Se c2 6= 0 e c1 = 0; então x = 0. A outra
possibilidade é c1 e c2 ambos diferentes de zero. Com isso x = c1 e t e y = c2 e 2t . isolando
c2
e t e igualando essas duas equações, teremos y = 2 x2 . A origem é um nó atrator.
c1
Figura 3
CASO 2: AUTOVALORES REAIS COM SINAIS OPOSTOS:
Nesse caso a solução geral será:
' (t) = c1 u1 er1 t + c2 u2 er2 t ;
(1.6)
onde r1 e r2 são números reais com r1 :r2 < 0: Suponhamos sem perda de generalidade r1 > 0
e r2 < 0. Se uma solução principia sobre a reta E1 suporte de u1 , então ela permanece sobre
a reta para qualquer t, e uma vez que r1 > 0, k'k ! 1 quando t ! 1. Se uma solução
inicia sobre a reta E2 suporte de u2 , a situação é semelhante, exceto em que k'k ! 0 quando
t ! 1, pois r2 < 0. As soluções que principiam em outros pontos iniciais se afastam da
origem quando t cresce. Consideremos, agora, a solução geral (1.6) escrita na forma:
' (t) = er1 t [c2 u2 e(r2
Assim, quando t ! 1, o termo c2 u2 e(r2
r1 )t
r1 )t
+ c1 u1 ]:
é desprezível e portanto sempre que t ! 1 a
13
Capítulo 1. O Plano de Fase, Sistemas de Equações Diferenciais
trajetória tende para a reta E1 suporte de u1 . A origem é, neste caso, um ponto de sela.
Figura 4
Exemplo 1.2.2
"
x0
y0
#
=
"
1 0
0
2
#"
x
"
1
y
#
(1.7)
A solução geral do sistema (1.7) será:
' (t) = c1
"
0
1
#
e2t + c2
0
#
e t:
Para qualquer ponto inicial que não esteja no eixo dos x, c1 6= 0, tem-se k'k ! 1 quando
t ! 1; enquanto, para um ponto inicial no eixo x (c1 = 0), k'k ! 0 quando t ! 1.
Esboçamos as trajetórias na …gura abaixo onde utilizamos o fato de que, para c1 6= 0 e
c2 c2
c2 6= 0, a solução se encontra numa parte da curva y = 21 . O ponto crítico, nesse caso, é
x
uma sela.
Figura 5
1.2. O Plano de Fase, Sistemas Lineares
14
CASO 3: AUTOVALORES IGUAIS
Vamos agora supor que r1 = r2 = r. Consideremos o caso em que os autovalores sejam
negativos; se forem positivos, as trajetórias serão semelhantes, mas a direção de movimento
será invertida como acontece quando o ponto crítico é um nó . Existem dois subcasos
que dependem de o autovalor repetido ter dois auvetores independentes ou ter apenas um
autovetor.
a) Dois autovetores independentes
A solução geral do sistema (1.2), nesse caso, será:
' (t) = c1 u1 ert + c2 u2 ert ;
onde u1 = (a1 ; a2 ) e u2 = (b1 ; b2 ) são autovetores independentes. Então, x = c1 a1 ert + c2 b1 ert
e y = c1 a2 ert + c2 b2 ert , e substituindo c1 a1 + c2 b1 = A1 e c1 a2 + c2 b2 = A2 temos,
x1 = A1 ert e x2 = A2 ert . Para pontos iniciais fora dos eixos coordenados, x 6= 0 e y 6= 0
e daí y = (A2 =A1 )x. Caso contrário, se a solução principia num ponto sobre um dos eixos
coordenados, a solução vai permanecer nesse eixo. Assim, todas as trajetórias para esse
sistema , com exceção da solução nula, são semiretas. O ponto crítico é um nó impróprio
(atrator).
Figura 6
b) Um autovetor independente.
Conforme já sabemos, a solução geral do sistema (1.2), neste caso, é dada por
' (t) = c1 uert + c2 [utert + vert ];
(1.8)
15
Capítulo 1. O Plano de Fase, Sistemas de Equações Diferenciais
onde u é o autovetor associado ao autovalor r e v é o autovetor generalizado associado ao
autovalor repetido. Quando t for grande, o termo dominante na eq. (1.8) é c2 utert . Então,
quando t ! 1, todas as trajetórias se aproximam da origem (se r < 0) ou todas se afastam
da origem (se r > 0), tangente a reta E1 suporte do autovetor. Isto será verdade mesmo se
c2 = 0, pois então a solução ' (t) = c1 uert está sobre esta reta.
Novamente, o ponto crítico é denominado nó impróprio (atrator se r < 0 e instável se
r > 0). Na …gura abaixo mostramos o esboço mais geral.
Figura 7
Exemplo 1.2.3
"
x0
y0
#
=
"
2
#"
0
1
2
O sistema (1.9) possui a seguinte solução geral:
" #
(" #
0
0
' (t) = c1
e 2t + c2
te
1
1
x
y
2t
#
+
"
(1.9)
1
0
#
e
2t
)
:
Noutra forma,
x = c2 e
2t
e y = c1 e
2t
+ c2 te
2t
:
Considerando c2 > 0, segue-se então da primeira das Eqs.(1.10), que t =
(1.10)
(1=2) ln(x=c2 ).
Substituindo na segunda das Eqs. (1.10), temos:
y=
c1
x
c2
x
ln
2
x
c2
:
Para valores de c2 < 0, pode-se deduzir uma equação análoga. Fica claro, também, que todas
as soluções tendem para a origem quando t ! 1. Traçando algumas trajetórias no plano,
1.2. O Plano de Fase, Sistemas Lineares
16
o retrato de fase será:
Figura 8
CASO 4: AUTOVALORES COMPLEXOS
Suponhamos que os autovalores sejam
Sabemos que a matriz
B=
"
e que
i
e
sejam reais, com
6= 0:
#
é semelhante a A. Então o que acontece no plano de fase do sistema x0 = Bx é apenas uma
distorção das órbitas; distorção signi…ca rotação em torno da origem, re‡exão em torno de
uma reta passando pela origem, expansão ou compressão ao longo dos eixos. A demonstração
dessa a…rmação será vista na seção 4.2.
Então o sistema x0 = Bx se torna
(
x0 = x
y
0
y = x + y:
(1.11)
Neste caso, é preferível usar coordenadas polares
x = r cos ; y = r sen :
Daí
x0 = r0 cos
r 0 sen ; y 0 = r0 sen + r 0 cos :
Multiplicando a primeira equação por cos e a segunda por sen tem-se que
x0 cos = r0 cos2
r 0 sen cos ; y 0 sen = r0 sen2 + r 0 cos sen ;
(1.12)
17
Capítulo 1. O Plano de Fase, Sistemas de Equações Diferenciais
Portanto, somando-as membro a membro, temos
r0 = x0 cos + y 0 sen :
Agora, multiplicando a primeira das Eq.(1.12) por sen
(1.13)
e a segunda por cos
e logo em
seguida, subtraindo-as, segue-se que
0
=
1 0
(y cos
r
x0 sen ) :
(1.14)
Fazendo a substituição nas equações (1.13) e (1.14) pelas equações de (1.11) vem
r0 = r;
0
=
e daí
r (t) = Ce t ;
(t) = t +
0
que são as equações paramétricas em coordenadas polares da órbita que, para t = 0; passa
pelo ponto (C;
0) :
a) um círculo, se
Portanto, a órbita é:
= 0;
Figura 9
b) uma espiral logarítmica se
6= 0 e a origem é um atrator se
< 0: Além disso, a espiral
1.3. Sistemas não-lineares
é dextrógira se
18
< 0 e sinistrógira se
> 0:
Figura 10
Um retorno às variáveis (x; y) do sistema (1.2) implica apenas em uma distorsão das
…guras (9) e (10) acima. Na …gura (9) os círculos serão transformados em elipses.
1.3
Sistemas não-lineares
Na seção anterior …zemos uma descrição dos tipos de singularidade do sistema linear
bidimensional
x0 = Ax:
Vamos agora considerar um sistema autônomo bidimensional não-linear
(
x0 = F (x; y)
y 0 = G (x; y)
(1.15)
O nosso primeiro objetivo é o de analisar sistemas não-lineares que estejam próximos,
num sentido apropriado, do sistema linear. Em particular, estaremos interessados no comportamento das trajetórias do sistema (1.15) nas vizinhanças de um ponto crítico (x0 ; y0 ) e
19
Capítulo 1. O Plano de Fase, Sistemas de Equações Diferenciais
no signi…cado deste comportamento. É conveniente escolhermos o ponto crítico na origem
do plano de fase: x0 = 0; y0 = 0: Isto não acarreta perda de generalidade, uma vez que,
se x0 6= 0 e y0 6= 0 é sempre possível fazermos a substituição, x = x0 + u; y = y0 + v; nas
Eqs.(1.15), de modo que u e v satisfaçam um sistema de equações autônomas com um ponto
crítico na origem.
Consideremos que a origem seja um ponto crítico isolado do sistema (1.15), isto é, que
exista um círculo em torno do ponto crítico, dentro do qual não existem pontos críticos.
Finalmente, consideremos que, nas vizinhaças do ponto (0; 0), as funções F e G tenham a
forma
F (x; y) = ax + by + F1 (x; y) ;
(1.16)
G (x; y) = cx + dy + G1 (x; y) ;
onde ad
bc 6= 0:
Não há termos constantes em (1.15), posto que F (0; 0) = 0 e G (0; 0) = 0: Também
é necessário que F1 e G1 sejam contínuas, tenham derivadas parciais primeiras contínuas e
que então satisfaçam a condição:
F1 (x; y)
G1 (x; y)
! 0;
! 0 quando r ! 0;
r
r
1=2
onde r = (x2 + y 2 )
(1.17)
: Tal sistema é freqüentemente denominado um sistema quase linear
nas vizinhanças do ponto crítico (0; 0) : As equações (1.16) e (1.17) dizem que, para (x; y)
próximo a (0; 0) as funções F e G são satisfatoriamente aproximadas pelas funções lineares
ax + by e cx + dy; respectivamente.
Muitas funções de duas variáveis satisfazem as condições impostas a F e G: Como
exemplo temos qualquer polinômio em x e y com termo constante zero é uma função quase
linear nas vizinhanças de (0; 0).
Uma conseqüência da hipótese de que F1 (x; y) e G1 (x; y) sejam pequenas comparadas
aos termos lineares ax+by e cx+dy próximos a origem é que, em muitos casos, as trajetórias
do sistema linear autônomo
(
x0 = ax + by
y 0 = cx + dy
são boas aproximações àquelas do sistema quase linear nas vizinhanças do ponto crítico
(0; 0) :
1.3. Sistemas não-lineares
20
Proposição 1.3.1 O sistema
(
x0 = F (x; y)
(1.18)
y 0 = G (x; y)
é quase linear nas vizinhanças do ponto crítico (x0 ; y0 ) sempre que F e G forem de classe
C 1:
Prova: Usamos o desenvolvimento de Taylor em torno de (x0 ; y0 ) para escrever F (x; y) e
G (x; y) na forma
@
F (x0 ; y0 ) (x
@x
@
G (x; y) = G (x0 ; y0 ) +
G (x0 ; y0 ) (x
@x
F (x; y) = F (x0 ; y0 ) +
onde
2:
1
(x; y) = (x
x0 )2 + (y
@
F (x0 ; y0 ) (y
@y
@
x0 ) +
G (x0 ; y0 ) (y
@y
x0 ) +
y0 ) +
1
(x; y)
y0 ) +
2
(x; y)
y0 )2 ! 0 quando (x; y) ! (x0 ; y0 ) e, analogamente para
Observe que F (x0 ; y0 ) = G (x0 ; y0 ) = 0. Então o sistema (1.18) se reduz a
d
dt
"
x
x0
y
y0
#
3
@
@
"
F (x0 ; y0 )
F (x0 ; y0 )
x
7
6 @x
@y
=4 @
5
@
y
G (x0 ; y0 )
G (x0 ; y0 )
@x
@y
2
x0
y0
#
+
"
1 (x; y)
2
(x; y)
#
(1.19)
ou, em notação vetorial
du
= D (x0 ; y0 ) u +
dt
onde uT = (x
x0 ; y
y0 ) ;
T
= ( 1;
2)
e D (x0 ; y0 ) é a matriz Jacobiana do sistema
no ponto (x0 ; y0 ) : Observar que a parte linear da Eq.(1.19) tem a matriz dos coe…cientes
constituída pela matriz Jacobiana.
A Eq.(1.19) proporciona um método geral para encontrar um sistema linear correspondente a um sistema quase-linear nas vizinhanças de um dado ponto crítico. Esse sistema
linear é o associado à matriz jacobiana D (x0 ; y0 ) ; e esse método é chamado de linearização.
Teorema 1.3.1 Sejam r1 e r2 os autovalores do sistema linear x0 = Ax correspondente ao
sistema quase-linear x0 = Ax + g (x) com det A 6= 0: Então o tipo de singularidade do ponto
crítico (0; 0) do sistema linear, e do sistema quase linear, são relacionados de acordo com a
tabela abaixo.
Este teorema é conseqüência do Teorema de Hartman-Grobmam que mencionaremos
21
Capítulo 1. O Plano de Fase, Sistemas de Equações Diferenciais
na seção 5.5.
Sistema linear
Autovalores (r1 ; r2 )
Sistema quase-linear
Singularidade
Singularidade
r1 > r 2 > 0
Nó instável
Nó instável
r1 < r 2 < 0
Nó atrator
Nó atrator
r2 < 0 < r 1
Sela
Sela
r1 = r2 > 0
Nó impróprio (instável)
r1 = r2 < 0
Nó impróprio (atrator)
r1 ; r2 =
r1 = i
Nó impróprio (instável),
nó instável ou espiral (instável)
Nó impróprio (atrator),
nó atrator ou espiral (atrator)
i
>0
Espiral (instável)
Espiral (instável)
<0
Espiral (atrator)
Espiral (atrator)
Centro
Centro ou Espiral
r2 =
i
O Teorema 1.3.1 a…rma que em uma vizinhança da origem, os termos não-lineares
são desprezíveis e não afetam o tipo de singularidade determinados pelos termos lineares,
exceto em dois casos sensíveis: r1 e r2 são imaginários puros e r1 e r2 são reais e iguais. Isso
acontece porque os coe…cientes do sistema linear correspondente sofre pequenas perturbações,
e portanto os autovalores r1 e r2 também serão alterados.
Pêndulo amortecido
Como ilustração da relação entre os sistemas lineares e os quase-lineares, analisemos
o movimento do pêndulo amortecido. Considere a con…guração que aparece na …gura (11)
abaixo:
A posição do pêndulo está descrita pelo ângulo ; tomando-se o sentido anti-horário
como positivo. A força gravitacional mg atua para baixo enquanto a força de amortecimento
1.3. Sistemas não-lineares
22
c jd =dtj ; onde c é positivo ou nulo (no caso do pêndulo não-amortecido), sempre se opõe
à direção de movimento. Vamos admitir que
e d =dt sejam ambos positivos. A equação
do movimento é deduzida a partir do teorema do momento angular que a…rma ser a taxa
de variação do momento angular em relação a qualquer ponto igual ao momento da força
resultante em relação ao mesmo ponto. O momento angular em torno da origem é ml2 (d =dt)
e então a equação é
d2
d
mgl sen :
(1.20)
= cl
2
dt
dt
Pode se veri…car que a mesma equação é obtida com as três outras combinações possíveis de
ml2
sinais de
e de d =dt: Podemos escrever a Eq.(1.20) na forma padrão
d2
g
c d
+ sen = 0:
+
2
dt
ml dt
l
(1.21)
A …m de converter a Eq.(1.21) a um sistema de duas equações de primeira ordem, façamos
x=
e y = d =dt; então
8
>
< dx = y
dt
(1.22)
g
c
dy
>
:
=
sen x
y
dt
l
ml
O sistema (1.22) é um sistema quase-linear com os pontos críticos na forma (n ; 0) ; n 2 Z:
Agora vamos linearizar o sistema (1.22). Para isso, considere a matriz Jacobiana:
2
3 2
3
0
1
0
1
D (n ; 0) = 4 g
c 5=4 g
c 5
n
cos n
( 1)
l
ml
l
ml
cujos autovalores são
r1 ; r1 =
r
c
ml
c
ml
2
2
4( 1)n
g
l
:
Portanto, considerando n par temos:
r1 ; r2 =
c
ml
r
c
ml
2
2
4
g
l
:
c 2
g
4 > 0; então os autovalores são reais, desiguais e negativos. Então o
ml
l
ponto crítico é um nó atrator do sistema linearizado e do sistema quase linear (1.22).
c 2
g
2. Se
4 = 0; então os autovalores são reais, iguais e negativos. Logo, o
ml
l
ponto crítico é um nó impróprio do sistema linearizado. Então, pode ser um nó ou um ponto
1. Se
espiral do sistema quase linear (1.22). Em ambos os casos, o ponto é atrator.
23
Capítulo 1. O Plano de Fase, Sistemas de Equações Diferenciais
c 2
g
4 < 0; então os autovalores são complexos com parte real negativa.
ml
l
O ponto crítico é um ponto espiral atrator do sistema linearizado e do sistema quase linear
3. Se
(1.22).
Assim, o ponto crítico será um ponto espiral se o amortecimento for pequeno, e um nó
se o amortecimento for grande. Em qualquer caso, o ponto é atrator.
Se n for ímpar a matriz D (n ; 0) terá como autovalores
r1 ; r2 =
c
ml
r
c
ml
2
2
+4
g
l
:
Um autovalor (r1 ) é positivo e o outro (r2 ) é negativo. Portanto, independentemente da
intensidade do amortecimento, o ponto crítico será uma sela dos sistemas linear e não-linear.
Vamos considerar o caso (c=ml)2
4g=l < 0; correspondente a um pequeno amorteci-
mento.
Figura 12. Pontos espirais atratores
Na …gura 1 temos o diagrama das trajetórias, nas vizinhanças dos pontos espirais, enquanto
na …gura 2 o diagrama é das trajetórias, nas vizinhanças dos pontos de sela do sistema (1.22).
Figura 13. Pontos de sela
Se reunirmos as …guras 1 e 2 obteremos do diagrama no plano de fase que aparece na
…gura 3. Note que as trajetórias que entram nos pontos de sela separam o plano em regiões.
1.4. Sistemas Hamiltonianos
24
Estas trajetórias são ditas separatrizes. As condições iniciais
e d =dt determinam a
posição de um ponto inicial (x; y) no plano de fase.
Figura 14. Retrato de fase do sistema (1.22)
O movimento subseqüente do pêndulo está representado pela trajetória que passa pelo
ponto inicial e que espirala para o ponto crítico que estiver dentro da região. Note-se que
é matematicamente possível, mas …sicamente irrealizável, escolher condições iniciais sobre
uma separatriz, de modo que o movimento subseqüente seria o de um pêndulo equilibrado
numa posição vertical para cima.
1.4
Sistemas Hamiltonianos
Considere o sistema de equações diferenciais
8
>
< dx = f (x; y)
dt
dy
>
:
= g (x; y)
dt
tal que o campo F : A
(1.23)
R2 ! R2 ; A aberto, F (x; y) = (f (x; y) ; g (x; y)) é de classe
C 2 : Diz-se que (1.23) é um sistema Hamiltoniano se existe uma função H : A
H = H (x; y) , de classe C 2 tal que
R2 ! R;
dx
@H
=
dt
@y
dy
@H
=
dt
@x
para todo (x; y) 2 A: A função H é chamada função Hamiltoniana para o sistema (1.23).
25
Capítulo 1. O Plano de Fase, Sistemas de Equações Diferenciais
Note que se ' (t) = (x(t); y (t)) é uma solução de (1.23) então
d
@H dx
H (x(t); y (t)) =
+
dt
@x dt
@H @H
=
@x @y
@H dy
@y dt
@H @H
@y @x
= 0:
Isso mostra que H é constante ao longo de todas as soluções do sistema. Considere
rH (x; y) = (@H=@x; @H=@y)
o vetor gradiente da função H e note que
(f (x; y) ; g (x; y)) :
@H @H
;
@x @y
=
@H
;
@y
@H
@x
:
@H @H
;
@x @y
=
@H @H
@y @x
@H @H
= 0:
@x @y
Assim, o campo (f (x; y) ; g (x; y)) correspondente ao sistema Hamiltoniano (1.23) é perpendicular ao vetor rH (x; y) e como rH (x; y) é perpendicular às curvas de níveis de H; segue
que as trajetórias de (1.23) são as curvas de níveis de H:
Proposição 1.4.1 O sistema de equações diferenciais
8
>
< dx = f (x; y)
dt
dx
>
:
= g (x; y)
dt
(1.24)
tal que (f (x; y) ; g (x; y)) 2 C 2 é Hamiltoniano se, e somente se, @f =@x =
Prova: Supondo que (1.24) seja Hamiltoniano, existe H de classe C 2 tal que
f (x; y) =
@H
(x; y) e g (x; y) =
@y
@H
(x; y) :
@x
Daí,
@f
@2H
@g
=
e
=
@x
@x@y @y
@2H
:
@y@x
Portanto,
@2H
@2H
@g
@f
=
=
=
:
@x
@x@y
@y@x
@y
Veri…quemos a recíproca construindo a função Hamiltoniana. Se temos
f (x; y) =
@H
(x; y) ;
@y
@g=@y:
1.4. Sistemas Hamiltonianos
26
então, integrando ambos os lados desta equação vem
Z
H (x; y) = f (x; y) dy + (x) ;
onde
=
(x) é uma função a se determinar que não pode depender da variável y: Para
encontrar ; devemos fazer @H=@x = g (x; y) : Assim,
Z
@H
@
(x; y) =
f (x; y) dy + 0 (x) =
@x
@x
Logo,
0
(x) =
Como, por hipótese @f =@x =
@
@x
g (x; y)
Z
g (x; y) :
f (x; y) dy:
@g=@y; então temos que
depende apenas de x o que é
su…ciente para H existir.
O pêndulo não-amortecido
Na prática, sempre há uma força de fricção atuando no pêndulo. No entanto, o pêndulo
ideal é muito importante e estudado na física. Para obter a equação de movimento desse
pêndulo, basta fazer c = 0 no sistema quase linear (1.22). Assim,
8
>
< dx = y
dt
dy
g
>
:
=
sen x
dt
l
onde x =
(1.25)
e y = d =dt considerando o mesmo pêndulo da …gura (11). Os pontos críticos
para (1.25) são (n ; 0) com, n 2 Z; e o sistema é quase-linear nas vizinhanças de cada ponto
crítico. Mais ainda, a matriz Jacobiana no ponto crítico (n ; 0),
3
2
0
1
5;
D (n ; 0) = 4 g
( 1)n 0
l
tem os seguintes autovalores:
r
g
( 1)n+1 :
l
Segue que se n é ímpar o ponto crítico é uma sela e se n é par o ponto crítico pode ser um
r1 ; r2 =
centro ou um ponto espiral. Por isso, apenas com o processo de linearização não podemos
determinar o tipo de singularidade nos pontos (2k ; 0) ; k 2 Z:
Note que
@
(y) = 0 =
@x
@
@y
g
sen x :
l
27
Capítulo 1. O Plano de Fase, Sistemas de Equações Diferenciais
Portanto, pela proposição (1.4.1), o sistema (1.25) é Hamiltoniano, cuja função Hamiltoniana
é dada por
1
g
H (x; y) = y 2
cos x:
2
l
Então, o retrato de fase pode ser esboçado a partir das curvas de níveis de H: Para esboçar
a trajetória que passa pelo ponto (a; b) ; devemos descrever o grá…co de equação
1 2
y
2
g
1
cos x = b2
l
2
g
cos a:
l
Logo, se esboçamos uma trajetória passando por (a; b) perto de um ponto crítico (2k ; 0),
vemos que as órbitas são periódicas e daí os pontos são centros. A …gura (15) é o retrato de
fase para o movimento do pêndulo não-amortecido.
Figura 15. Retrato de fase do sistema (1.25)
Capítulo 2
Teoremas de Existência e Unicidade
de Soluções
2.1
Introdução
Consideremos uma única equação difrencial ordinária de primeira ordem
y 0 = f (x; y);
(2.1)
e supomos f contínua numa região R do plano xy:
Problema de existência: Dado um ponto (x0 ; y0 ) arbitrário de R, existe uma solução
y = y(x) de…nida num intervalo I contendo x0 e tal que y (x0 ) = y0 ?
Problema de unicidade: Supondo que existe uma tal solução, existe uma só, ou
existe mais de uma?
A resposta à primeira pergunta é a…rmativa; existem soluções. No entanto, para garantir a unicidade é necessário impor a f outras restrições, além da continuidade.
Como este problema admite uma solução y = y (x) num intervalo I, então y é também
uma solução da equação integral:
y (x) = y0 +
Z
x
f (t; y (t)) dt
(2.2)
x0
Reciprocamente, toda função y que satisfaz (2.2) é necessariamente uma solução do
problema com valor inicial dado e, portanto, o problema de existência de solução para a
equação (2.1) é equivalente ao problema de existência de solução para a equação (2.2).
28
29
Capítulo 2. Teoremas de Existência e Unicidade de Soluções
Seja z qualquer função tal que f (x; z (x)) seja de…nida e contínua num intervalo I
contendo x0 : Então, a expressão
y0 +
Z
x
(2.3)
f (t; z (t)) dt;
x0
de…ne uma função Z continuamente derivável em I, com a propriedade de Z (x0 ) = y0 :
Assim, (2.3), aparece como um operador ou aplicação F que associa z a função Z; isto é,
Z x
f (t; z (t)) dt = Z (x)
[F (z)] (x) = y0 +
x0
Em particular, se y é uma solução da equação (2.2), então y0 +
Rx
x0
f (t; y (t)) dt = y (x) ;
e [F (y)] (x) = y (x) : Assim, as soluções da equação (2.2), aparecem como pontos …xos para
o operador F; no sentido de que F leva tais funções nelas mesmas.
Prosseguiremos com esta idéia e estabeleceremos uma variedade de resultados gerais
relativos a pontos …xos de aplicações.
2.2
Espaços Métricos, Convergência e Continuidade
De…nição 2.2.1 Um espaço métrico é um conjunto ( não vazio ) munido de uma função d
que a cada par de pontos x; y 2 M associa um número real de tal modo que:
(i) d (x; y) > 0;
(ii) d (x; y) = 0 se, e só se, x = y;
(iii) d (x; y) = d (y; x) ;
(iv) d (x; z) 6 d (x; y) + d (y; z) :
O número real d (x; y) chama-se a distância entre x e y:
Pelas condições (i) e (ii) a distância d é freqüentemente de…nida positiva. A terceira
condição a…rma que esta função é simétrica, enquanto a quarta é conhecida como Desigualdade Triangular.
Exemplo 2.2.1 Pode-se mostrar que Rn é um espaço métrico com a função
d (x; y) = jx1
y1 j + jx2
y2 j + ::: + jxn
yn j ;
onde x = (x1 ; x2 ; :::; xn ) ; y = (y1 ; y2 ; :::; yn ) : Em particular, quando n = 1; d (x; y) = jx
que é a "distância usual"entre pontos da reta real.
yj ;
2.2. Espaços Métricos, Convergência e Continuidade
30
Exemplo 2.2.2 Sejam f e g funções em C [a; b] ; espaço das funções contínuas de…nidas em
[a; b]; e seja d (f; g) = max fjf (x)
C [a; b] um espaço métrico.
g (x)j ; x 2 [a; b]g : A…rmamos que esta de…nição faz de
De fato, como f e g são contínuas em [a; b] ; o valor absoluto de sua diferença também
o é. Logo, jf (x)
g (x)j assume um máximo em algum ponto do intervalo fechado [a; b] ;
portanto a de…nição acima tem sentido. Além disso, este máximo é sempre não-negativo, e
será zero se, e só se, f (x) = g (x) em todo ponto de [a; b] ; ou seja, se, e só se, f = g: A
terceira condição vale evidentemente, e a quarta pode ser veri…cada como segue.
Sejam f; g e h; três funções em C [a; b] : Então,
jf (x)
h (x)j = jf (x)
g (x) + g (x)
h (x)j 6 jf (x)
g (x)j + jg (x)
h (x)j :
Logo,
max jf (x)
h (x)j 6 max [jf (x)
6 max jf (x)
g (x) + g (x)
h (x)j]
g (x)j + max jg (x)
h (x)j
e
d (f; h) 6 d (f; g) + d (g; h) :
Para que os exemplos precedentes não nos levem a imaginar que todos os espaços
métricos são espaços vetoriais, damos o exemplo 2.2.3 em que isso não ocorre.
Exemplo 2.2.3 Seja M um conjunto (não vazio) absolutamente qualquer, e para cada par
de pontos x; y em M seja
d (x; y) =
(
1 se x 6= y
0 se x = y
Então M junto com d é um espaço métrico.
A importância dos espaços métricos resulta do fato de oferecerem um quadro geral em
que podem ser de…nidas a convergência de seqüências e continuidade.
De…nição 2.2.2 Diz-se que uma seqüência (xn ) de pontos de um espaço métrico M converge
a um ponto x de M se para cada " > 0 existe um inteiro N (que em geral depende de ") tal
que d (xn ; x) < " sempre que n > N: Escrevemos
lim xn = x ou (xn ) ! x; se (xn ) converge a x:
n!1
31
Capítulo 2. Teoremas de Existência e Unicidade de Soluções
O lema abaixo prova que o limite de uma seqüência convergente é único.
Lema 2.2.1 Se limn!1 (xn ) = x e limn!1 (xn ) = y então x = y:
Prova: Seja dado " > 0: Então existe um inteiro N tal que
d (xn ; x) <
"
"
e d (xn ; y) < ;
2
2
sempre que n > N: Logo, pela desigualdade triangular,
d (x; y) 6 d (x; xn ) + d (xn ; y) <
" "
+ = ":
2 2
Como " > 0 era arbitrário, esta desigualdade implica que d (x; y) = 0: Logo x = y:
Exemplo 2.2.4 Seja (xn ) uma sequência de números reais e seja d (x; y) = jx
yj a dis-
tância usual em R: Então a a…rmação de que (xn ) converge a x com relação à distância d
equivale à de…nição familiar de convergência de seqüências dada no cálculo elementar.
Exemplo 2.2.5 Seja ffn g uma seqüência de funções em C [a; b] e suponhamos que ffn g
converge a f com a distância de…nida d (f; g) = fmax jf (x)
para cada " > 0 existe um inteiro N tal que sempre que n > N;
jf (x)
g (x)j ; x 2 [a; b]g : Então,
g (x)j < "
para todo x em [a; b] : Este tipo de convergência é conhecido como convergência uniforme.
Na prática, a de…nição anterior é difícil de usar pois exige que se conheça antecipadamente o limite de uma seqüência para poder mostrar que a sequência converge. Por isso é
natural procurar um critério de convergência que possa ser aplicado diretamente aos próprios
termos da seqüência.
De…nição 2.2.3 Uma seqüência (xn ) num espaço métrico chama-se uma seqüência de Cauchy
se para cada " > 0 existe um inteiro N tal que d (xm; xn ) < " sempre que m e n sejam maiores
que N:
Assim, uma seqüência de Cauchy é uma seqüência em que a distância dos termos se
torna e permanece arbitrariamente pequena à medida que se avança na seqüência.
Lema 2.2.2 Toda seqüência convergente num espaço métrico é uma seqüência de Cauchy.
2.2. Espaços Métricos, Convergência e Continuidade
32
Prova: Seja dado " > 0, e suponhamos que (xn ) converge a x: Então existe um inteiro N
"
tal que d (xn; x) < para todo n > N: Portanto, quando m e n são ambos maiores que N
2
temos
" "
d (xm; xn ) 6 d (xm ; x) + d (x; xn ) < + = "
2 2
A recíproca não é verdadeira, isto é, uma seqüência de Cauchy não é necessariamente convergente.
De…nição 2.2.4 Um espaço métrico M diz-se completo se toda seqüência de Cauchy em M
converge a um ponto em M:
Existem espaços que não são completos. No entanto todos os espaços que vamos
trabalhar e, em particular, todos os que já introduzimos nesta seção são completos. No
caso de Rn ; isto é uma conseqüência de R ser completo com relação à distância usual. Na
verdade para nossos …ns, o fato de C [a; b] ser completo com relação à distância introduzida
no exemplo 2.2.2 é mais importante. Enunciaremos agora este resultado.
Teorema 2.2.1 O espaço C [a; b] com a distância de…nida por
d (f; g) = fmax jf (x)
g (x)j ; x 2 [a; b]g
é um espaço métrico completo.
Prova: Seja ffn g uma sequência de Cauchy em C [a; b] : Então, d (fm ; fn ) ! 0 quando m e
n crescem, e resulta que para todo x em [a; b] tem-se
jfm (x)
fn (x)j ! 0
quando m; n tendem ao in…nito. Em particular, isso implica que se x0 é um ponto de [a; b]
…xado, então
jfm (x0 )
fn (x0 )j ! 0 quando m; n ! 1:
Logo, ffn (x0 )g é uma sequência de Cauchy em R e, como R é completo, tem um limite
f (x0 ) : Como x0 era arbitrário em [a; b] ; resulta que ffn (x)g converge ponto a ponto (isto
é, converge em cada ponto separadamente ) a uma função f: Mostremos que esta função é o
limite de ffn g : Primeiramente devemos mostrar que ffn g converge uniformemente a f; ou
seja, que dado qualquer " > 0 existe um inteiro N tal que
jfn (x)
f (x)j < "; 8n > N; 8x 2 [a; b] :
33
Capítulo 2. Teoremas de Existência e Unicidade de Soluções
(O ponto importante aqui é que se pode escolher um N que funciona para todo intervalo
[a; b]). Para isso, usamos a hipótese de ffn g ser uma sequência de Cauchy para achar um
inteiro N tal que
"
fn (x)j < ; 8n > N ; 8x 2 [a; b] :
2
jfm (x)
De jfm (x)
fn (x)j <
"
temos
2
fn (x)
"
"
< fm (x) < fn (x) +
2
2
fn (x)
"
"
6 f (x) 6 fn (x) +
2
2
e fazendo m ! 1 obtemos
"
< " para todo n > N e para todo x em [a; b] : Finalmente, para
2
provar que f é contínua em [a; b] ; isto é, que f 2 C [a; b] ; seja dado " > 0; e seja x0 um
Logo, jfn (x)
f (x)j <
ponto qualquer de [a; b] : Devemos mostrar que existe um
sempre que a 6 x 6 b e jx
jf (x)
x0 j < : Mas
f (x0 )j = jf (x)
6 jf (x)
fn (x) + fn (x)
fn (x)j + jfn (x)
> 0 tal que jf (x)
fn (x0 ) + fn (x0 )
fn (x0 )j + jfn (x0 )
f (x0 )j < "
f (x0 )j
f (x0 )j
Pelo argumento logo acima podemos obter um inteiro n tal que o primeiro e o último termos
"
no último membro desta relação sejam menores que para todo x em [a; b] : Além disso,
3
como a função fn assim escolhida é contínua, podemos também achar um > 0 tal que
jx
x0 j <
Feitas estas escolhas, temos jf (x)
) jfn (x)
f (x)j <
"
3
f (x0 )j < ":
De…nição 2.2.5 Sejam M1 e M2 espaços métricos com funções distância d1 e d2 , respectivamente, seja F uma função de M1 em M2 : Dizemos que F é contínua num ponto x1 de M1
se dado " > 0 arbitrário existe um
> 0 tal que
d (F (x1 ) ; F (x)) < ";
sempre que d (x1 ; x) < : Uma função que é contínua em todo ponto de M1 é simplesmente
dita contínua.
2.3. Contrações e Pontos Fixos
2.3
34
Contrações e Pontos Fixos
De…nição 2.3.1 Uma função f que aplica um espaço métrico M em si mesmo chama-se
com 0 6
uma contração se existe um número real
< 1 tal que
d [f (x) ; f (y)] 6 d (x; y)
(2.4)
para quaisquer x e y em M:
Exemplo 2.3.1 Seja y = y (x) uma função a valores reais de uma variável real e suponhamos que quaisquer que sejam x1 e x2 no domínio de y tem-se
jy (x2 )
com 0 6
y (x1 )j 6
jx2
x1 j
< 1: Então, y é uma contração em R:
A desigualdade que aparece neste exemplo chama-se uma condição de Lipschitz para
a função y com a constante de Lipschitz
jy (x2 )
y (x1 )j 6
jx2
; e y diz-se lipschitziana. Geometricamente,
x1 j diz que a inclinação
y (x2 )
x2
y (x1 )
x1
de qualquer corda traçada no grá…co de y é majorada em valor absoluto por : Em particular,
se y é derivável com jy 0 (x)j 6
para todo x; então y satisfaz jy (x2 )
y (x1 )j 6
Pois pelo teorema do valor médio existe um ponto x0 com x1 < x0 < x2 tal que
y (x2 )
x2
jx2
x1 j :
y (x1 )
= jy 0 (x0 )j 6
x1
Esta observação fornece um dos modos mais fáceis de mostrar que uma função em R a
valores reais é uma contração.
Lema 2.3.1 Se f é uma contração num espaço métrico M; então f é contínua em M:
Prova: Seja dado " > 0; e seja x1 um ponto de M: Então, se
= 0 em (2.4), temos
d (f (x1 ) ; f (y)) = 0 < "
para todo y em M; e f contínua em x1 : Caso contrário, sejam
=
M tal que d (x1 ; y) < : Então,
d (f (x1 ) ; f (y)) 6 d (x1 ; y) <
e novamente concluímos que f é contínua em x1 :
"
="
"
e y qualquer ponto de
2
35
Capítulo 2. Teoremas de Existência e Unicidade de Soluções
Teorema 2.3.1 (do ponto …xo de Banach) Toda contração F num espaço métrico completo
M tem um único ponto …xo.
Prova: Devemos provar que existe exatamente um ponto x0 em M tal que F (x0 ) = x0 :
Para isso, seja x1 um ponto qualquer de M e consideremos a seqüência
x2 = F (x1 ) ; x3 = F (x2 ) ; :::; xn = F (xn 1 ) ; :::
Então, como
d (xm+1; xm ) = d (F (xm ) ; F (xm 1 )) 6 d (xm ; xm 1 )
para todo m > 0 resulta que
d (xm+1; xm ) 6 d (xm ; xm 1 ) 6
2
d (xm
1; xm 2 )
6 ::: 6
m 1
d (F (x1 ) ; x1 ) :
Logo, pela desigualdade triangular,
d (xm+p; xm ) 6 d (xm+p ; xm+p 1 ) + d (xm+p
6
6
m+p 2
1
X
k
+
m+p 3
+ ::: +
1; xm+p 2 )
m 1
6 ::: 6 d (xm+1; xm )
d (F (x1 ) ; x1 )
d (F (x1 ) ; x1 )
k=m 1
Agora observamos que, como 0 6
< 1;
P1
k=1
ak é uma série geométrica convergente. Isso
implica que d (xm+p; xm ) pode ser tomada arbitrariamente pequena tomando m su…cientemente grande, e concluímos que fxn g e uma sequência de Cauchy. Logo, por R ser completo,
fxn g converge a um ponto x0 em M e temos que d (F (xn ) ; F (x0 )) ! 0 quando n ! 1;
pois F é contínua: Mas F (xn ) = xn+1 : Portanto
d (xn+1; F (x0 )) ! 0 quando n ! 1
e resulta que fxn g converge também a F (x0 ) : Então, pelo lema 2.2.1, F (x0 ) = x0 : Fi-
nalmente, para mostrar que x0 é o único ponto …xo para F; suponhamos que F (y0 ) = y0 :
Então,
d (x0; y0 ) = d (F (x0 ) ; F (y0 )) 6 d (x0; y0 )
Mas por hipótese
< 1: Logo, devemos ter d (x0; y0 ) = 0 e x0 = y0 :
Exemplo 2.3.2 Se F é uma aplicação de R em si mesmo, x0 será um ponto …xo para F
se, e só se, o grá…co de F cortar a reta y = x quando x = x0 : Isto acontecerá sempre se
2.3. Contrações e Pontos Fixos
36
F for diferenciável com jF 0 (x)j 6
< 1 para todo x, pois a reta y = x tem inclinação 1:
Além disso, o ponto …xo para F será então único porque, uma vez que o grá…co de F tenha
cruzado a reta y = x; não pode mais tornar a cruzá-la.
x
+ 1; a qual o ponto …xo é x0 = 2: Se neste caso construímos
2
a sequência fxn g com xn = F (xn 1 ) e x1 = 0; obteremos:
Para a função F (x) =
3
x2 = F (0) = 1; x3 = F (1) = ; x4 = F
2
3
2
7
2n 1
= ; :::; xn = F (xn 1 ) =
4
2n
1
2
; :::
Esta seqüência claramente converge a 2; o ponto …xo para F:
O teorema anterior, mais o argumento usado para prová-lo, fornecem o seguinte resultado:
Teorema 2.3.2 Seja F uma contração num espaço métrico completo M; seja x0 o único
ponto …xo para F; seja x1 um ponto arbitrário de M . Então a sequência fxn g ; n = 1; 2; :::;
com x2 = F (x1 ) ; x3 = F (x2 ) ; ::: é uma sequência de Cauchy e converge a x0 :
Embora o teorema anterior seja su…ciente para fornecer vários teoremas de existência
e unicidade para equações diferenciais, para outros precisamos de um resultado um pouco
mais forte, envolvendo as chamadas iteradas de uma aplicação de um espaço métrico M em
si mesmo. Especi…camente, se F é uma tal função as várias compostas
F [F (x)] ; F fF [F (x)]g ; :::;
também são aplicações de M em si mesmo. Denotaremos estas funções por F [2] ; F [3] ; ::: e
diremos que F [m] é a m
ésima iterada de F:
Teorema 2.3.3 Seja F uma aplicação de um espaço métrico completo em si mesmo, e
suponhamos que F [m] tem um único ponto …xo x0 , para algum m > 0: Então, x0 é o único
ponto …xo de F:
Prova: Se m = 1; não há nada a provar. Caso contrário, como F [m] (x0 ) = x0 ; e
F F [m] (x) = F [m] [F (x)] para todo x em M; temos
F (x0 ) = F F [m] (x0 ) = F [m] [F (x0 )]
Logo, F (x0 ) é um ponto …xo para F [m] ; e resulta que F (x0 ) = x0 : Finalmente como todo
ponto …xo para F é também um ponto …xo para F [m] ; x0 é o único ponto …xo para F:
Combinando os teoremas 2:3:1 e 2:3:3 obtemos:
37
Capítulo 2. Teoremas de Existência e Unicidade de Soluções
Corolário 2.3.1 Seja F uma aplicação de um espaço métrico completo M em si mesmo, e
suponhamos que F [m] seja uma contração para algum m > 0: Então F tem um único ponto
…xo.
Observação: É interessante notar que neste caso F não precisa sequer ser contínua.
2.4
Teoremas de Existência e Unicidades para a equação
y 0 = f (x; y)
Considere o problema de valor inicial
(
y 0 = f (x; y)
(2.5)
y(x0 ) = y0
Temos que toda solução do problema de valor inicial acima é um ponto …xo para a aplicação
F , e, reciprocamente, todo ponto …xo de F é uma solução de (2.5), onde
[F (y)](x) = y0 +
Zx
f (t; y(t))dt:
x0
Para obter o primeiro teorema, supomos que f é contínua e limitada numa região R
R2
contendo o ponto (x0 ; y0 ) e jf (x; y)j < B para todo (x; y) em R. Além disso, exigimos que
exista uma constante
não-negativa tal que
jf (x; y1 )
f (x; y2 )j
jy1
y2 j ;
sempre que (x; y1 ) e (x; y2 ) pertencerem a R. Dizemos que f satisfaz uma condição de
Lipschitz em R. Considere, agora, M = fy 2 C[a; b]; (x; y (t)) 2 R1 ; 8t 2 [a; b]g, onde
R1 = f(x; y) 2 R2 ; jy
y0 j
B jx
x0 j ; x 2 [a; b]g
e o intervalo [a; b] contendo x0 é tomado su…cientemente pequeno para que R1 esteja contido
em R. M é um espaço métrico completo com relação à distância de…nida por
d(y1 ; y2 ) = fmax jy1 (x)
De fato, M
y2 (x)j ; x 2 [a; b]g :
(2.6)
C[a; b] que é um espaço métrico completo. Agora, seja fym g uma seqüência
de Cauchy em M . Já sabemos que fym g converge a algum ponto yc de C[a; b]. Daí
jym (t)
y0 j
B jx
x0 j ; 8m 2 N; 8t 2 [a; b]
2.4. Teoremas de Existência e Unicidades para a equação y 0 = f (x; y)
38
e fazendo m ! +1 , obtemos
jyc (t)
y0 j
B jx
x0 j ; 8t 2 [a; b] :
Assim M é um espaço métrico completo em relação à distância de…nida por (2.6).
Teorema 2.4.1 Sejam f (x; y) contínua, limitada e lipschitziana numa região R do plano xy,
e seja (x0 ; y0 ) um ponto qualquer de R, com jf (x; y)j
B em R, e sejam a e b dois números
quaisquer tais que a região R1 descrita acima esteja contida em R. Então, o problema com
valor inicial
(
y 0 = f (x; y)
y(x0 ) = y0
tem uma única solução no intervalo [a; b]. Além disso, o grá…co desta solução está contido
em R1 .
Prova: Note que
j[F (y)](x)
Z
y0 j =
Z
x
f (t; y(t))dt
x0
x
x0
jf (t; y(t))j dt
B jx
x0 j ;
mostrando que F aplica M em M . Agora, temos que mostrar que existe um natural m tal
que F [m] , a m-ésima iterada de F , seja uma contração de M , onde M e F são de…nidas como
antes. Assim, sejam y1 e y2 funções em M . Então, de
jf (x; y1 (x))
jy1 (x)
f (x; y2 (x))j
y2 (x)j
maxfjy1 (x)
y2 (x)j ; x 2 [a; b]g
= d(y1 ; y2 );
segue que
j[F (y1 )](x)
[F (y2 )](x)j =
Z
x
[f (t; y1 (t)) f (t; y2 (t))]dt
Z x
d(y1 ; y2 )
dt
x0
x0
=
jx
x0 j d(y1 ; y2 )
(b
a) d(y1 ; y2 ):
39
Capítulo 2. Teoremas de Existência e Unicidade de Soluções
Se
a) < 1; F é uma contração e concluímos nossa demonstração. Senão, usando este
(b
resultado para a de…nição de F [2] (y) como F [F (y)], obtemos que
Z x
[2]
[2]
f (t; [F (y1 )](t)) f (t; [F (y2 )](t))dt
[F (y1 )](x) [F (y2 )](x) =
x0
Z x
j[F (y1 )](t) [F (y2 )](t)j dt
x0
Z x
2
jt x0 j dt d(y1 ; y2 )
x0
2
jx
2
x0 j2
d(y1 ; y2 ):
Continuando assim, resulta a fórmula geral
jx x0 jm
d(y1 ; y2 )
m!
m
(b a)m
d(y1 ; y2 ):
m!
m
[F [m] (y1 )](x)
Mas
m
(b
P1
m=1
m
m
(b
[F [m] (y2 )](x)
a)m =m! é uma série convergente. Logo, como limm!1
m
(b a)m
m!
= 0;
a) =m! será certamente menor que 1 para valores su…cientemente grandes de m, e
terminamos.
Teorema 2.4.2 Seja f contínua e lipschitziana na faixa S do plano xy determinada pelo
intervalo fechado [a; b], seja (x0 ; y0 ) um qualquer ponto de S. Então, o problema de valor
inicial
(
y 0 = f (x; y)
y(x0 ) = y0
tem uma solução única em [a; b] (Note-se que neste caso f não precisa ser limitada em S).
Prova: Seja M o espaço métrico completo C[a; b] com sua distância "usual", e F de…nida
como sempre. Então, F aplica M em si mesmo, e o argumento usado no teorema anterior
pode ser aplicado sem alteração para mostrar que F [m] é contração de M para algum m.
Finalmente, é possível estender o teorema anterior de modo a incluir intervalos abertos
e semi-abertos, tanto …nitos quanto in…nitos. No argumento seguinte trataremos do caso
(a; 1); os outros são semelhantes.
Teorema 2.4.3 Seja f contínua na região S do plano de…nida por a < x < 1, e suponha
que f satisfaz a uma condição de Lipschitz em toda subfaixa fechada de S da forma
a < x1
x
x2 < 1:
2.5. Sistemas de Equações Diferenciais
40
Então, se (x0; y0 ) é qualquer ponto de S o problema de valor incial
(
y 0 = f (x; y)
y(x0 ) = y0
tem única solução em (a; 1):
Prova: Sejam as faixas Sn de…nidas por a + n1 ; n ; onde n é escolhido su…cientemente
grande para garantir que x0 esteja contido no intervalo a + n1 ; n . Se yn denota a solução
única do problema dado em Sn , então yn e yn+1 coincidem na interseção de seus domínios
(isto é, yn+1 é uma “extensão”de yn ). A função y, obtida tomando o limite das yn quando
n ! 1, é a solução requerida.
2.5
Sistemas de Equações Diferenciais
Nesta seção vamos generalizar os teoremas de existência e unicidade, já obtidos para
uma só equação diferencial de primeira ordem, para sistemas de equações de primeira ordem
com a hipótese de que o número de funções incógnitas é igual ao número de equações.
Supomos, também que o sistema está em forma normal e escrito como
8
dy1
>
>
= f1 (x; y1 ; :::; yn )
>
>
dx
>
>
>
< dy2 = f (x; y ; :::; y )
2
1
n
dx
.
>
..
>
>
>
>
>
>
: dyn = fn (x; y1 ; :::; yn );
dx
Escrevemos,
Y (x) = (y1 (x); :::; yn (x))
f (x; Y ) = (f1 (x; Y ); :::; fn (x; Y )):
De…nimos diferenciações e integrações como
dY
= (y10 (x); :::; yn0 (x))
dx
Z b
Z b
Z b
Y (x)dx =
y1 (x)dx; :::;
yn (x)dx ;
a
a
a
(2.7)
41
Capítulo 2. Teoremas de Existência e Unicidade de Soluções
e, assim, o sistema (2:7) pode ser escrito na forma
dY
= f (x; Y )
dx
(2.8)
Numa tal equação Y e Y 0 são funções de…nidas num intervalo da reta R que tomam
valores em Rn , ao passo que f (x; Y ) é uma função de Rn+1 em Rn .
Aqui, os espaços métricos envolvidos serão Rn e o espaço vetorial
contínuas de [a; b]
[a; b] das funções
R em Rn , com distância de…nida por
z1 (x)j + jy2 (x)
d(Y; Z) = max [jy1 (x)
x2[a;b]
z2 (x)j + ::: + jyn (x)
zn (x)j] :
Onde
Y (x) = (y1 (x); y2 (x); :::; yn (x)) e Z(x) = (z1 (x); z2 (x); :::; zn (x))
Introduziremos a notação kxk para a norma de um vetor x 2 Rn dada por
P
kxk = ni=1 jxi j , e jY j para a norma de um vetor Y 2 [a; b] de…nida por
jY j = max [jy1 (x)j + jy2 (x)j + ::: + jyn (x)j] ; x 2 [a; b]:
Lema 2.5.1 Seja Y = Y (x) uma função contínua de [a; b] R em Rn . Então,
Z b
Z b
Y (x)dx
kY (x)k dx:
a
a
Prova: Aplicando a de…nição acima, temos:
Z b
Z b
Z b
Y (x)dx =
y1 (x)dx; :::;
yn (x)dx
a
a
=
n
X
j=1
n
X
=
Z
a
b
a
=
Z
a
b
b
yj (x)dx
a
j=1
Z
a
Z
b
jyj (x)j dx
n
X
j=1
!
jyj (x)j dx
kY (x)k dx:
(2.9)
2.5. Sistemas de Equações Diferenciais
42
Voltando à Eq.(2.8), suponhamos que a função f = f (x; Y ) seja contínua e limitada
numa região R de Rn+1 . Além disso, impomos que f satisfaça uma condição de Lipschitz na
segunda coordenada na região R; isto é, que exista um número real não negativo
tal que
se (x; Y1 ) e (x; Y2 ) são dois pontos quaisquer de R, cujas primeiras coordenadas são iguais,
então
kf (x; Y1 )
kY1
f (x; Y2 )k
Y2 k
Seja, agora, (x0 ; Y0 ) um ponto de R em que f está de…nida e consideremos o problema
de valor inicial
8
< dY = f (x; Y )
dx
: Y (x ) = Y
0
(2.10)
0
Então, vemos que Y = Y (x) será solução de (2.10) se, e somente se, Y for um ponto …xo
para aplicação F , onde
[F (Y )](x) = Y0 +
Z
x
f (t; Y (t))dt:
x0
De fato, suponhamos que Y seja solução do problema de valor inicial (2.10). Então,
Z x
[F (Y )](x) = Y0 +
f (t; Y (t))dt
x0
Z x
Z x
= Y0 +
f1 (x; Y )dt; :::;
fn (x; Y )dt
x0
= Y0 + (y1 (x)
= Y0 + Y (x)
x0
y1 (x0 ); :::; yn (x)
y2 (x0 ))
Y (x0 )
= Y (x):
Mostrando que Y é ponto …xo de F . Reciprocamente, se [F (Y )](x) = Y (x), temos
Z x
Y0 +
f (t; Y (t))dt = Y (x):
x0
Derivando Y ,
dY
d
=
dx
dx
d
=
dx
Z
x
x
Z 0x
f (t; Y (t))dt
f1 (x; Y )dt; :::;
x0
= (f1 (x; Y ); :::; fn (x; Y ))
= f (x; Y ):
Z
x
x0
fn (x; Y )dt
43
Capítulo 2. Teoremas de Existência e Unicidade de Soluções
Além disso, Y (x0 ) = Y0 +
de valor inicial (2.10).
Rx
x0
f (t; Y (t))dt = Y0 : Segue que, Y = Y (x) é solução do problema
Naturalmente, F não estará devidamente de…nida enquanto não tivermos descrito seu
domínio. Para isso de…namos um subconjunto de Rn+1 como segue:
R1 = f(x; Y ) 2 Rn+1 = kY
Y0 k
B jx
x0 j ; x 2 [a; b]g;
onde o intervalo [a; b] contém x0 e é tomado su…ciente pequeno para que R1
B é um majorante de f , isto é, kf (x; Y )k
R. A constante
B para todos (x; Y ) em R. Com isso, de…nimos
M o espaço das funções contínuas de [a; b] em Rn cujo grá…co f(x; Y (x))
x 2 [a; b]g está
contido em R1 , isto é,
M = fY 2
kY (x)
[a; b]
Y0 k
B jx
x0 j ; x 2 [a; b]g:
Então, adotamos M como sendo o domínio da F . Agora, devemos mostrar que M é um
espaço métrico completo.
Proposição 2.5.1
[a; b] é um espaço métrico completo com a distância de…nida por
d(Y; Z) = max [jy1 (x)
x2[a;b]
z1 (x)j + jy2 (x)
z2 (x)j + ::: + jyn (x)
zn (x)j] :
Prova: O fato de [a; b] ser um espaço métrico com a distância d é simples. Devemos mostrar
que
[a; b] é completo. Seja fYm g uma seqüência de Cauchy em
[a; b]. Por de…nição, temos
8" > 0; 9N 2 N; m; p > N ) d(Ym ; Yp ) < ";
ou seja,
max
x2[a;b]
(1)
ym
(x)
(2)
yp(1) (x) + ym
(x)
(n)
yp(2) (x) + ::: + ym
(x)
(1)
(n)
yp(n) (x)
(1)
< ";
(n)
sempre que m; p > N , onde Ym (x) = (ym (x); :::; ym (x)) e Yp (x) = (yp (x); :::; yp (x)).
Logo, se m; p > N teremos
(1)
max ym
(x)
x2[a;b]
(2)
(x)
yp(1) (x) < "; max ym
x2[a;b]
(1)
(n)
(x)
yp(2) (x) < "; :::; max ym
x2[a;b]
yp(n) (x) < ":
(n)
Isso mostra que as seqüências ym (x); :::; ym (x) todas pertencentes a C[a; b], espaço das
funções contínuas de [a; b] em R, são de Cauchy. Mas já mostramos que C[a; b] é completo.
2.5. Sistemas de Equações Diferenciais
44
(k)
Daí, cada função ym (x) com k = 1; 2; :::; n converge para yk 2
[a; b]. Portanto, dado " > 0,
existem N1 ; N2 ; :::; Nn naturais tais que
m > N1 ) max ym (x)
(1)
y1 (x) <
m > N2 ) max ym (x)
..
.
(2)
y2 (x) <
(n)
m > Nn ) max ym (x)
yn (x) <
"
n
"
n
"
:
n
Tomando n0 = maxfN1 ; N2 ; :::; Nn g, obtemos se m > n0
(1)
max ym
(x)
(n)
y1 (x) + ::: + max ym
(x)
(1)
max ym
(x)
(n)
y1 (x) + ::: + ym
(x)
yn (x) <
yn (x)
":n
="
n
<"
d(Ym ; Y ) < "
onde Y = (y1 (x); :::; yn (x)). Isso mostra que fYm g converge para Y e com isso
[a; b] é um
espaço métrico completo.
Agora suponha que fYm g é uma seqüência de Cauchy em M . Como M
que fYn g converge a algum ponto Y de
kYm
Fazendo m ! 1
Y0 k
kY
[a; b]. Então,
B jx
Y0 k
[a; b], temos
x0 j ; x 2 [a; b]; 8m 2 N:
B jx
x0 j ; x 2 [a; b]:
o que mostra que Y 2 M .
Já sabemos, então, que M é um espaço métrico completo, agora vamos mostrar que F
aplica M em si mesmo. De fato, isso é uma conseqüência do Lema 2.5.1, pois
Z x
k[F (Y )](x) Y0 k =
f (t; Y (t))dt
x0
Z x
kf (t; Y (t))k dt
x0
B jx
x0 j :
Teorema 2.5.1 Suponhamos que f (x; Y ) seja contínua, limitada e satisfaça a uma condição
de Lipschitz com constante de Lipschitz
numa região R de Rn+1 e seja (x0 ; Y0 ) um ponto
45
Capítulo 2. Teoremas de Existência e Unicidade de Soluções
qualquer de R. Então, o problema de valor inicial
8
< dY = f (x; Y )
dx
: Y (x ) = Y
0
0
tem uma solução única no intervalo [a; b] descrito acima, e o grá…co desta solução está
contido em R1 .
Prova: Com F como acima, queremos provar que F [m] é uma contração para algum m > 0.
Suponhamos que Y e Z sejam duas funções quaisquer de M . Então, usando o Lema e a
condição de Lipschitz sobre f , obtemos
k[F (Y )](x)
Z
[F (Z)](x)k =
Z
x
[f (t; Y (t))
f (t; Z(t))] dt
kf (t; Y (t))
f (t; Z(t))k dt
x0
x
x0
Z
x
kY (t)
Z(t)k dt
jx
x0 j jY
Zj
(b
a) jY
x0
Zj :
Como essa desigualdade vale para todo x em [a; b], concluímos que
jF (Y )
Assim, se
(b
F (Z)j
(b
a) jY
Zj :
a) < 1, F é uma contração e o Teorema 2.3.1 se aplica. Caso contrário,
continuamos com
[2]
[F (Y )](x)
[2]
[F (Z)](x) =
Z
x
[f (t; [F (Y )](t))
f (t; [F (Z)](t))] dt
x0
Z
x
k[F (Y )](t)
Z x
2
jY Zj
jt
[F (Z)](t)k dt
x0
x0
2
=
jx
2
x0 j2
jY
x0 j dt
Zj :
De modo geral, concluiremos que
m
F
[m]
(Y )
F
[m]
(Z)
(b a)m
jY
m!
Zj ;
2.5. Sistemas de Equações Diferenciais
e como a série
46
+1
X
m
m=1
é convergente,
(b a)m
m!
m
(b a)m
= 0:
m!+1
m!
Dado " = 1; existe n0 2 N tal que se n > n0 , então,
lim
m
(b a)m
< 1:
m!
Fazendo m = n0 + 1, F [m] acabará sendo uma contração. Logo, pelo Corolário 2.3.1, F tem
um ponto …xo único e terminamos.
Podemos, agora, generalizar este teorema a problemas de valor inicial envolvendo
funções que são contínuas e Lipschitzianas, mas não necessariamente limitadas, numa "faixa"
de Rn+1 determinada por um intervalo arbitrário de R. Neste caso o resultado é o seguinte:
Lema 2.5.2 Seja f contínua e lipschitziana na faixa S
Rn+1 determinada pelo intervalo
[a; b]. Seja (x0 ; Y0 ) um ponto qualquer de S: Então, o problema de valor inicial
8
< dY = f (x; Y )
dx
: Y (x ) = Y
0
0
tem única solução em [a; b]:
Teorema 2.5.2 Seja f = f (x; Y ) contínua na faixa S de Rn+1 que consiste de todos os
pontos (x; Y ) com x num intervalo I de R; e suponhamos que f é Lipschitziana em toda
subfaixa S1 de S determinada por um subintervalo fechado de I: Então, se (x0 ; Y0 ) é qualquer
ponto de S; o problema de valor inicial tem única solução em I.
A demonstração do lema e do teorema anterior é feita de modo análogo do que foi feito
nos Teoremas 2.4.2 e 2.4.3.
Capítulo 3
Fluxos. Sistemas Dinâmicos
3.1
Campos de vetores em Rn
De…nição 3.1.1 Um campo de vetores num aberto A
Consideramos X de classe C r ; r
Rn é uma função X : A ! Rn :
1. A aplicação X corresponde ao sistema autônomo
0
x = X (x) de equações diferenciais.
De…nição 3.1.2 Uma curva integral de um campo X : A
x0 no tempo t0 ; é uma função x : I
t 2 I:
Rn ! Rn ; que passa pelo ponto
R ! A tal que x (t0 ) = x0 e x0 = X (x (t)) para todo
Teorema 3.1.1 (Existência e unicidade de solução maximal) Sejam X : A
campo de classe C r ; r
uma curva integral x : I
Rn ! Rn um
1; (ou campo lipschitziano), num aberto A; t0 2 R e x0 2 A: Existe
R ! A com t0 2 I aberto, solução do problema
(
x0 (t) = X (x (t))
x (t0 ) = x0
tal que se y : J
R ! A é outra solução de (3.1) com J aberto contendo t0 ; então J
(3.1)
I e
x (t) = y (t) para todo t 2 J:
Neste caso, x (t) é solução maximal de (3.1) e sua imagem é a trajetória ou órbita de
x0 determinada pelo campo X: I é o intervalo maximal de x (t) indicado por I(t0 ;x0 ) ou por
Imax :
Na seção anterior está feita a demonstração do teorema de existência e unicidade de
soluções para campos lipschitzianos.
47
3.1. Campos de vetores em Rn
48
Se X é de classe C 0 (ou seja, só contínuo) temos o Teorema de Peano que garante
a existência da solução do problema (3.1) mas não sua unicidade. Solução maximal nesse
caso é uma solução de (3.1) que não pode ser estendida enquanto solução.
Observação: Se x(t) é solução de
(
x0 (t) = X (x (t))
x (0) = x0
no intervalo aberto I contendo 0; então y (t) = x (t
t0 ) é solução de (3.1) no intervalo
aberto t0 + I: Com efeito,
y (t0 ) = x (t0
t0 ) = x (0) = x0 e y 0 (t) = x0 (t
Teorema 3.1.2 Seja X : A
t0 )) = X (y (t)) ; 8t 2 t0 +I:
t0 ) = X (x (t
Rn ! Rn um campo de classe C r ; r
1; e limitado no aberto
A: Se x (t) é uma solução maximal com intervalo (a; b) ; b < 1; então, existe
limt!b x (t) = x 2 @A: Do mesmo modo, se a >
1; então existe limt!a+ x (t) = y 2 @A:
Prova: Porque x (t) é uma solução maximal, temos que
x (t) = x0 +
Z
t
X (x (s)) ds
t0
Então,
kx (t)
x (t0 )k = x0 +
=
Z
Z
Z
t
X (x (s)) ds
t0
t
x (t )k
#
t0
X (x (s)) ds
t0
X (x (s)) ds
kX (x (s))k ds :
Por hipótese, existe M > 0 tal que kX (x)k
kx (t)
x0 +
Z
t0
t
t0
0
"
Z
t0
M para todo x 2 A: Logo,
t
kX (x (s))k ds
Z
t0
t
M ds = M jt
t0 j
(3.2)
Considere (tn ) em (a; b) uma seqüência tal que lim tn = b: Resulta que (x (tn )) é de Cauchy.
De fato, (tn ) é de Cauchy e daí
8" > 0; 9n0 2 N m; n > n0 ) jtm
tn j <
"
M
49
Capítulo 3. Fluxos. Sistemas Dinâmicos
Por (3.2), segue que
m; n > n0 ) kx (tm )
x (tn )k
M jtm
tn j < M
"
= ":
M
Assim, mostramos que para toda seqüência (tn ) com lim tn = b; (x (tn )) é de Cauchy e
portanto convergente. Precisamos mostrar que (x (tn )) converge para o mesmo limite x: Com
efeito, suponhamos que lim tn = b, lim sn = b; lim x (tn ) =
seqüência (yn ) de…nida por
yn =
Logo, lim yn = b e se
6=
(
e lim x (sn ) = : Considere a
tn ; se n é par
sn ; se n é ímpar
chegaríamos a um absurdo pois lim x (yn ) não existiria. Portanto,
limt!b x (t) = x: Devemos ter x 2
= A; pois se x 2 A; x (t) poderia ser prolongada e não seria
maximal. O caso a < 1 é análogo.
Corolário 3.1.1 Se X é um campo C r ; r
1; limitado em A = Rn ; então suas soluções são
globais.
Prova: Se existisse x0 2 Rn com solução maximal x (t) e intervalo maximal Ix0 = (a; b)
com b < 1; teríamos pelo teorema (3.1.2) que limt!b x (t) = x 2
= A = Rn ; o que seria um
absurdo. Logo Ix0 = R:
3.2
Campos de vetores completos
Nosso objetivo neste parágrafo é mostrar que todo campo de vetores de classe C 1 num
aberto A
Rn tem as mesmas trajetórias de um campo C 0 em A; cujas trajetórias são
globais.
De…nição 3.2.1 Um campo de vetores é completo se suas soluções são globais, isto é,
de…nidas em toda a reta.
Proposição 3.2.1 Sejam X : A
:A
Rn ! Rn de classe C r ; r
1; no aberto A e
Rn ! R contínua e positiva. Então, os campos X e X têm as mesmas trajetórias.
Prova: Para x0 2 A seja y ( ) uma solução do problema garantida pelo Teorema de Peano,
(
y 0 = (y) X (y)
(3.3)
y (0) = x0
3.2. Campos de vetores completos
50
e seja x (t) solução do problema
(
com intervalo maximal Ix0 : Fazendo
x0 = X (x)
= (t) tal que y ( (t)) seja solução de (3.4). Isto é
y 0 ( (t))
0
(t) = X (y ( (t)))
(y ( (t))) X (y ( (t)))
Se X (x0 ) 6= 0, tomamos
(3.4)
x (0) = x0
0
(t) = X (y ( (t))) :
(t) a solução maximal do problema
(
0
= 1= (y ( ))
(0) = 0
e note que
(y) > 0 )
Segue que
em I
0
> 0 (sempre crescente).
: I ! J é um difeormor…smo entre I e J contendo 0 e y ( (t)) é solução de (3.4)
Ix0 : Portanto, em I
Ix0 ; y ( (t)) = x (t) : Tomando o inverso do difeomor…smo,
t : J ! I; temos que x (t ( )) = y ( ) em J: Ou seja, x (t ( )) é solução de (3.3) para
Logo, localmente, em cada ponto x0 2 A; a órbita de (3.4) coincide com a de (3.3).
Proposição 3.2.2 Se X é um campo C r ; r
1; num aberto A
2 J:
Rn ; então existe um campo
contínuo completo em A com as mesmas trajetórias de X:
Prova: Seja Y de classe C 1 em A dado por
Y (x) =
Temos kY (x)k
X (x)
:
1 + kX (x)k2
1 para todo x 2 A e, pela Proposição (3.2.1), Y possui as mesmas tra-
jetórias de X: Se A = Rn ; Y é completo. Se A 6= Rn ; consideremos o campo Y; onde
:A
Rn ! Rn é a função contínua,
(y) = min f1; d (y; @A)g > 0
que tem a mesma trajetória de Y; logo de X: Devemos mostrar que as soluções de
y0 =
(y) Y (y) são globais. Suponha que y (t) seja solução de y 0 =
maximal (a; b) e b < 1: Como k (y) Y (y)k
existe
1 para todo y 2 A; pelo Teorema (3.1.2),
lim y (t) = y 2 @A:
t!b
(y) Y (y) com o intervalo
51
Capítulo 3. Fluxos. Sistemas Dinâmicos
1
; tal que d (y (t) ; @A) < 1 em [c; b): Seja t0 o ponto
2
Escolhemos c 2 (a; b) com c > b
máximo de
(
(t) =
d (y (t) ; @A) ; c
0
t<b
;t = b
Daí, para todo t0 < t < b;
ky (t)
y (t0 )k
Z
Z
t
t
k (y (s)) Y (y (s))k ds
(y (s)) ds
t0
Z
Z t
d (y (s) ; @A) ds
d (y (t0 ) ; @A) ds:
t0
t
t0
t0
Logo,
ky (t)
y (t0 )k
d (y (t0 ) ; @A) jt
t0 j
d (y (t0 ) ; @A)
:
2
Fazendo t ! b , temos
d (y (t0 ) ; @A)
2
o que é um absurdo, pois y 2 @A: Segue que b = +1: Da mesma forma, a =
jy
3.3
y (t0 )j
1:
Fluxos. Sistemas Dinâmicos
Teorema 3.3.1 Sejam X : A
Rn ! Rn ; A aberto, um campo de classe C r ; r
x0 2 A: Então existem " > 0; V vizinhança de x0 e ' : ( "; ")
que para todo y 2 V; 't (y) = ' (t; y) é a solução do problema
(
x0 = X(x)
1 e
V ! A de classe C r ; tais
x(0) = y
em ( "; ") : Isto é,
8
< @' (t; y) = X(' (t; y))
@t
8 t 2 ( "; ") :
:
' (0; y) = y
A função ' : ( "; ")
Observações:
1) Quando X : A
V ! A do teorema acima é dita ‡uxo local de X em x0 2 A:
Rn ! Rn de classe C r ; r
r
1 é completo, de…nimos ' : R
0
A!A
como ‡uxo global onde ' (t; y) de classe C é a solução de x = X(x) com x(0) = x para
todo t 2 R e x 2 A. O ‡uxo global veri…ca as seguintes propriedades:
3.3. Fluxos. Sistemas Dinâmicos
52
a) '0 = '(0; x) = x 8 x 2 A; isto é, '0 = I:
b) 't+s = '(t + s; x) = '(t; '(s; x)) = 't 's em A.
(
Basta mostrar que '(t + s; x) =
0
(0) = '(s; x) e
(t) é solução de
(t) =
t
= 't '
t
x(0) = '(s; x)
8 t 2 R: De fato,
@'
(t + s; y) = X(' (t + s; y)) = X( (t)):
@t
c) 't é um difeomor…smo C r de A sobre A com ('t )
't
x0 = X(x)
= '0 = I e '
t+t
1
= ' t : Com efeito,
='
t
't = '0 = I:
2) Em geral, se X não é completo de…nimos '(t; x) para x 2 A e t 2 Ix ; onde Ix é o intervalo
maximal de x, que veri…ca
'(0; x) = x; 8x 2 A
'(t + s; x) = '(t; '(s; x)); se s 2 Ix e t 2 I'(s;x) :
Fazendo
= f(t; x) 2 R
‡uxo de X:
A : t 2 Ix g aberto de R
A temos que ' :
! A é chamado
3) Exemplo:
Um difeomor…smo C r ; r
tal que f n = f
f
1; f : A ! A gera um ‡uxo ' : Z
::: f se n > 0; f 0 = I e f n = (f
1
)
n
A ! A com '(n; x) = f n (x)
se n < 0: Logo:
0
a) '(0; x) = f (x) = x 8x 2 A:
b) '(n + m; x) = '(n; '(m; x)):
c) 'n é um difeomor…smo com ('n )
'n '
n
1
= ' (n
='
n
:
n; x) = ' (0; x) = x; 8x 2 A:
De…nição 3.3.1 Um sistema dinâmico num aberto A
geral G = R ou G = Z) em A; isto é, uma aplicação
a)
0
b)
g+h
c)
g
= I:
=
g
h;
8g; h 2 G:
é um difeomor…smo com 'g
1
:G
Rn é a ação de um grupo G (em
A ! A que veri…ca:
= ' g:
Com essa de…nição o difemor…smo ' do exemplo 3 é um sistema dinâmico. Assim,
dado x 2 A, temos as noções de:
1. Órbita ou trajetória de x : O(x) = f (t; x) 2 A; t 2 Gg :
53
Capítulo 3. Fluxos. Sistemas Dinâmicos
2. Órbita positiva de x : O+ (x) = f (t; x) 2 A; t
0g :
3. Órbita negativa de x : O (x) = f (t; x) 2 A; t
0g :
4. x é ponto crítico ou singular quando O(x) = fxg ; caso contrário x é ponto regular.
Note que, num campo X tem-se
x é ponto crítico , O(x) = fxg , (t; x) = x; 8t 2 G
@
,
(t; x) = X( (t; x)) , X (x) = 0:
@t
5. A órbita O(x) é regular quando a aplicação t 2 G ! (t; x) 2 O(x) é injetora, caso
contrário, O(x) é periódica.
Numa órbita periódica O(x) existem t1 6= t2 pertencentes a G com (t1 ; x) = (t2 ; x):
Logo t2 = t1 +
e daí para todo t 2 G temos
(x) =
t+
t
(
(x)) =
t
t2 t1
(x) =
t
(x) :
Assim, para todo t 2 G e para todo x 2 A
(t + ; x) = (t; x):
6. O período da órbita O(x) caso ela seja periódica é o
inf f > 0 : (t + ; x) = (t; x)8t 2 Gg :
Proposição 3.3.1 Sejam A
Rn ,
: G
A ! A uma aplicação que veri…ca as pro-
priedades para um sistema dinâmico e q; p 2 A. Então q 2 O(p) se, e somente se,
O(p) = O(q):
Prova: Se q 2 O(p), então q = (t1 ; p) para algum t1 2 G: Segue que
x 2 O(q) , x = (t2 ; q) , x = (t2 ; (t1 ; p)) , x =
(t2 + t1 ; p) , x 2 O(p):
Isso mostra que O(p) = O(q): Reciprocamente se O(p) = O(q); então q 2 O(p) pois q 2 O(q):
Diz-se que A é o espaço de fase do sistema dinâmico e quando descrevemos as órbitas
do sistema estamos dando o retrato de fase do mesmo.
3.3. Fluxos. Sistemas Dinâmicos
54
No caso geral, para o campo não completo e para um difeomor…smo f : A ! Rn que
não determina um sistema dinâmico, introduzimos a noção de órbita de x 2 A :
O(x) = f (t; x) 2 A : t 2 Gx g
onde Gx = Ix ; intervalo maximal de x e
o ‡uxo, no caso de campo e
Gx = fn 2 Z : 9f n (x) 2 Ag
e (n; x) = f n (x) no caso do difeomor…smo. Analogamente de…nimos O (x) e O+ (x):
Exemplo 3.3.1 Seja f : R2 ! R2 ; rotação de um ângulo 2
no sentido anti-horário, com
centro na o rigem O. Temos:
a) A órbita de um ponto x; O(x) = ff n (x) : n 2 Zg ; está contida na circunferência de centro
O e raio jxj ; onde f n (x) = e2
b) A aplicação ' : Z
ni
x
R2 ! R2 dada por '(n; x) = f n (x) = e2
ni
x; veri…ca:
(i) '0 = I (identidade em R2 ).
(ii) 'n+m = 'n 'm ; 8n; m 2 Z:
(iii) 'n é um difeomor…smo com inversa '
n:
c) Observar os casos:
Figura 16
d) Quando
f 0 (x) = x:
e) Quando
=
p
2 Q as órbitas são periódicas pois f q (x) = e2
q
p
qi
q
x = e2
pi
x = x, q 6= 0 e
2
= Q; O(x) é densa na circunferência de centro O e raio jxj : De fato, O(x) é
determinada pelos ângulos f2 m 2 R; m 2 Zg ; isto é,
f2 m + 2 n 2 [0; 2 ] : m; n 2 Zg = 2 fm + n 2 [0; 1] : m; n 2 Zg :
55
Capítulo 3. Fluxos. Sistemas Dinâmicos
Como fm + n : m; n 2 Zg é denso em R (ver próxima proposição), então
fm + n : m; n 2 Zg \ [0; 1]
é denso em [0; 1] : Assim, dados a e b 2 [0; 2 ] com b > a tem-se
existem m e n 2 Z tal que
b
a
<m +n<
e0
2
2
m +n
b
a
e
2 [0; 1] : Logo
2
2
1:
Portanto,
b<2 m +2 n<a e 0
2 m +2 n
2 :
Mostramos, então, que f2 m + 2 n : m; n 2 Zg \ [0; 2 ] é denso em [0; 2 ] :
Proposição 3.3.2 Se
é um número irracional, então,
G = f m + n : m; n 2 Zg
é um subgrupo aditivo denso em R:
Prova: Vamos provar que inf G+ = 0; onde G+ = fg 2 G : g > 0g : Suponhamos que
inf G+ =
> 0: Se
De fato,
2
= G+ ; existe uma seqüência decrescente (gn ) em G+ com lim gn = :
8n 2 N; 9gn 2 G+ tal que
Porque G é um grupo aditivo e gn
gn+1
1
; ou seja, lim gn = :
n
> 0 para todo n 2 N; temos que
< gn <
gn = gn
+
gn+1 2 G+ :
Segue que lim gn = 0 e, assim, existe n0 2 N tal que j gn j <
absurdo, pois
+
= inf G : Então, necessariamente,
+
pois se existisse algum g 2 G com n < g < (n + 1)
g
Mas G 6= fn : n 2 Zg porque
n 2 G+ e 0 < g
para todo n > n0 : Um
+
2 G e com isso, G = fn : n 2 Zg ;
teríamos,
n < :
+1 2
= fn : n 2 Zg ; que é uma contradição com o fato de
= inf G+ = 0: Agora temos que mostrar que dados
> 0: Por conseguinte,
existe elemento de G entre
e : Como inf G+ = 0;
8" > 0; 9g 2 G+ : 0 < g <
"
"
) > 2:
2
g
e
2R
3.4. Tipos de trajetórias de um campo
Dados
e
56
2 R;
< ; existem x 2 R e " > 0 tal que x + " =
"
observação anterior, existem g 2 G+ com > 2 e m 2 Z com
g
x
g
ex
"=
e, pela
"
x "
<m< + ;
g
g g
pois
x "
+
g g
x
g
"
g
"
= 2 > 4:
g
Logo,
x
" < mg < x + " ,
< mg < :
Proposição 3.3.3 Se G é um subgrupo aditivo de R; fechado, então, G = R ou
G = fn : n 2 Zg para algum
> 0:
Prova: Se G 6= f0g considere
= inf G+ : Como na demonstração da proposição anterior:
(i) Se
= 0; então, G é denso em R e G = G = R:
De fato, dado x 2 R; existe uma seqüência (tn ) em G com tn ! x; pois G é denso em R:
Mas G é fechado e daí x 2 G:
(ii) Se
> 0; então, G = fn : n 2 Zg :
3.4
Tipos de trajetórias de um campo
Sejam X : A
Rn ! Rn de classe C 1 num aberto A
(
x0 = X(x)
Rn e x(t) solução do problema
x(0) = p
1o CASO: X (p) = 0 (ponto crítico).
Neste caso, o(p) = fpg pois,
X (p) = 0 , x(t)
p é solução de (3.5).
2o CASO: X (p) 6= 0 e x(t) injetora (órbita regular).
3o CASO: X (p) 6= 0 e x(t) não injetora (órbita periódica não trivial).
(3.5)
57
Capítulo 3. Fluxos. Sistemas Dinâmicos
Proposição 3.4.1 Se x é uma solução de (3.5) de…nida no intervalo maximal I;
x(t1 ) = x(t2 ) com t1 6= t2 , então I = R e x (t + T ) = x(t) para todo t; onde T = t2
t1
(solução periódica).
Prova: De…nindo
: [t2 ; t2 + T ] ! Rn por
0
(t) = x0 (t
T ) tem-se que
(t) = x(t
T ) = X (x(t
T )) = X ( (t)) :
e
(t2 ) = x(t2
Assim,
é solução do problema
(
T ) = x(t1 ) = x(t2 ):
y 0 = X(y)
y(t2 ) = x(t2 )
e, portanto, pela unicidade das soluções, temos que [t2 ; t2 + T ]
x(t) =
(t) = x(t
I e
T ) com t 2 [t2 ; t2 + T ] :
Repetindo o mesmo processo para x(t2 ) = x(t2
T ); segue que [t2 ; t2 + 2T ]
I e x(t) =
x(t 2T ) com t 2 [t2 ; t2 + 2T ] : Prosseguindo dessa maneira obtemos I = R e x(t + T ) = x(t)
para todo t 2 R:
Proposição 3.4.2 Se x é solução maximal de (3.5) em I e O (x) é periódica , então I = R
e existe um perído mínimo
> 0 tal que x(t) = x(t + ) para todo t 2 R:
Prova: Pela proposição anterior I = R: Seja G = fT 2 R : x(t) = x(t + T )8t 2 Rg : G é um
subgrupo aditivo. De fato, se c e d 2 G; então c + d;
x (t + c + d) = x(t + c) = x(t) e x(t
c 2 G; pois
c) = x(t
c + c) = x(t) 8t 2 R
Além disso, G é fechado, pois se gn 2 G com gn ! g temos que
x (t + g) = x t + lim gn = x
n!1
lim (t + gn ) = lim x (t + gn ) = lim x(t) = x(t):
n!1
n!1
n!1
Então, pela Proposição 3.3.3,
G = R ou G = fn : n 2 Zg ;
Como x(t) não é constante, segue que G 6= R:
> 0 (mínimo de G+ ):
3.5. Equivalência e Conjugação
3.5
58
Equivalência e Conjugação
Sejam X : A
AeBe'e
Rn ! Rn e Y : B
seus respectivos ‡uxos.
Rn ! Rn campos de classe C r ; r
1; nos abertos
De…nição 3.5.1 X e Y são topologicamente equivalentes quando existe um homeomor…smo h : A ! B que leva as órbitas de X sobre as órbitas de Y preservando a orientação,
isto é, h(OX (p)) = OY (h(p)) com h(' (t; p)) =
t; h(p) ; onde t = t (t; p) é estritamente
Y
crescente do intervalo maximal IpX de ' (t; p) sobre o intervalo maximal Ih(p)
de
(t; h(p)) :
De…nição 3.5.2 X e Y são topologicamente conjugados se são topologicamente equivalentes com a equivalência h preservando o tempo, isto é, h(' (t; p)) =
t2
IpX
=
(t; h(p)) para todo
Y
Ih(p)
:
Proposição 3.5.1 Se X e Y são topologicamente equivalentes com a equivalência
h : A ! B; então h leva ponto singular em ponto singular e órbita periódica em órbita
periódica. Além disso, se h for uma conjugação ( X e Y topologicamente conjugados) o
período das órbitas também é preservado.
Prova: Seja p ponto singular de X; isto é, OX (p) = fpg : Como h(OX (p)) = OY (h(p)); segue
que OY (h(p)) = fh(p)g : Considere agora, OX (p) periódica de período : Logo,
' (t + ; p) = ' (t; p) para todo t 2 IpX = R e com isso, temos:
t + ; h (p) =
t;
( ; h (p)) =
t; h (' ( ; p))
t; h (p) :
= h (' (t; ' ( ; p))) = h (' (t + ; p)) = h (' (t; p)) =
Se h for uma conjugação, então t (t; p) = t para todo t 2 R; e pelo mesmo raciocínio acima
segue o resultado.
Exemplo 3.5.1 h : R2 ! R2 de…nida por h (x; y) =
x; y +
x3
4
é uma conjugação entre
X (x; y) = (x; y) e Y (x; y) = (x; y + x3 ) : De fato:
Os ‡uxos de X e de Y são dados, respectivamente, por
3
' (t; (a; b)) = aet ; be
t
e
(t; ( ; )) =
et ;
4
3
e
t
+
4
e3t :
59
Capítulo 3. Fluxos. Sistemas Dinâmicos
Assim,
Retrato de fase de X
Retrato de fase de Y
De…nição 3.5.3 X e Y são diferencialmente (C 1 ) equivalentes (conjugados) se a
equivalência (conjugação) for difeomor…smo (C 1 ).
De…nição 3.5.4 X e Y são linearmente equivalentes (conjugados) se a equivalência
(conjugação) for linear.
Proposição 3.5.2 Sejam X : A
Rn ! R n e Y : B
Rn ! Rn campos C r e h : A ! B
um difeomor…smo de classe C r : Então h é uma conjugação entre X e Y se e somente se
Dh (p) X (p) = Y (h (p)) ; 8p 2 A:
Prova: Sejam ' e
(3.6)
‡uxos de X e de Y; respectivamente. Suponhamos que h satisfaz a
(3.6). Dado p 2 A; seja f (t) = h (' (t; p)) ; t 2 IpX : f é solução do problema y 0 = Y (y) ;
y (0) = h (p) : Com efeito,
f 0 (t) = Dh (' (t; p))
d
' (t; p) = Dh (' (t; p)) X (' (t; p)) = Y (h (' (t; p))) = Y (f (t)) :
dt
Então, pela unicidade das soluções, h (' (t; p)) =
Y
(t; h (p)) para todo t 2 IpX = Ih(p)
:
Reciprocamente, suponhamos que h seja uma conjugação. Dado p 2 A; tem-se
h (' (t; p)) =
(t; h (p)), para todo t 2 I. Segue que
d
d
d
h (' (t; p)) =
(t; h (p)) ) Dh (' (t; p)) : ' (t; p) = Y ( (t; h (p))) ; 8t 2 I:
dt
dt
dt
Em particular para t = 0 :
Dh (' (0; p)) :
d
' (0; p) = Y ( (0; h (p))) ) Dh (p) :X (p) = Y (h (p)) :
dt
3.5. Equivalência e Conjugação
60
Observação: No Exemplo 3.5.1, não é necessário encontrar os ‡uxos de X e de Y: Pela
proposição acima basta veri……car que Dh ((a; b)) X ((a; b)) = Y (h (a; b)) para todo
(a; b) 2 R2 : Com efeito,
2
3 "
3
# 2
1 0
a
a
5:
5
Dh ((a; b)) X ((a; b)) = 4 3
=4 3
b
1
b
4a2
4a3
Y (h (a; b)) = Y
a; b +
a3
4
=
3
a; b + a3 :
4
Capítulo 4
Fluxos lineares
4.1
A norma de uma matriz
Consideremos a norma em Rm de…nida por jxj =
norma em Rn ; considerando uma matriz A 2 Mn
m
P
jxi j : Fixemos arbitrariamente uma
(R) ; temos que existe um c > 0 tal que
m
jAxj
c jxj para todo x 2 R : Com efeito, seja c = max fjAe1 j ; :::; jAem jg : Daí, para todo
x = (x1 ; :::; xm ) 2 Rm temos
X
X
xi Aei
(xi ei ) =
jAxj = A
X
jxi j jAei j
c
X
jxi j
c jxj :
Portanto, se nos restringirmos a considerar vetores unitários em Rm ; resulta que
x 2 Rm ; jxj = 1 ) jAxj
c;
Estas considerações nos permitem introduzir uma norma no espaço vetorial Rnm isomorfo a Mn
m
(R) :
kAk = sup fjA:xj ; x 2 Rm ; jxj = 1g :
Proposição 4.1.1 A função A 7! kAk cumpre as condições exigidas para uma norma, isto
é,
(i) kA + Bk
kAk + kBk ;
(ii) k Ak = j j kAk ;
(iii) A 6= 0 ) kAk > 0:
Prova:
(i) Sabemos que
jAx + Bxj
jAxj + jBxj
kAk + kBk ; 8x 2 Rm ; jxj = 1:
61
4.1. A norma de uma matriz
62
Logo, kAk + kBk é cota superior do conjunto fj(A + B) xj ; x 2 Rm ; jxj = 1g e daí
kA + Bk
(ii) Como sup :A =
sup A;
kAk + kBk :
> 0; temos:
k Ak = sup fj Axj ; x 2 Rm ; jxj = 1g
= sup fj j jAxj ; x 2 Rm ; jxj = 1g
= j j sup fjAxj ; x 2 Rm ; jxj = 1g
= j j kAk :
(iii) Se A 6= 0; então Aei 6= 0; para algum ei pertencente a base canônica de Rm . Então,
jAei j > 0 (norma de Rm ) e daí, sup fjA:xj ; x 2 Rm ; jxj = 1g > 0:
Sabemos que as condições acima, a que satisfazem a norma, implicam imediatamente
que a distância d (A; B) = kA
Bk satisfaz as propriedades da de…nição 2.2.1 na seção 2.2.
Proposição 4.1.2 A função A 7! kAk satisfaz as propriedades seguintes:
kAk : jxj para todo x 2 Rm ;
jAxj
kAki ; para todo A 2 Mn (R) :
Ai
Prova: Note que jAxj
c jxj para todo x em Rm , onde
c = max fjAe1 j ; jAe2 j ; :::; jAem jg
Daí, jAxj
que kA2 k
sup fjAxj ; x 2 Rm ; jxj = 1g = kAk :
kAk : jxj ; o que prova a primeira propriedade. Na segunda, é su…ciente provar
kAk2 : Temos:
kA:Ak = sup fj(A:A) :xj ; x 2 Rm ; jxj = 1g = sup fjA: (A:x)j ; x 2 Rm ; jxj = 1g :
Mas, jA: (A:x)j
kAk : jA:xj : Daí,
kA:Ak = sup fjA: (A:x)j ; x 2 Rm ; jxj = 1g
sup fkAk : jA:xj ; x 2 Rm ; jxj = 1g
= kAk sup fjAxj ; x 2 Rm ; jxj = 1g
= kAk kAk :
63
Capítulo 4. Fluxos lineares
De…nição 4.1.1 A série dada por
eA =
1
X
Ai
i=0
chama-se exponencial da matriz A:
i!
Proposição 4.1.3 A série eA é convergente.
Prova:
X kAi k
i!
Cauchy. Logo,
X kAi k
kAki
para todo i 2 N: Então a série
é de
i!
i!
kAi k
converge pois
i!
8" > 0; 9n0 2 N : n; m > n0 )
m
X
kAi k
i!
i=n
<")
m
X
Ai
i=n
i!
< ":
Isso mostra que eA é de Cauchy e, portanto, convergente.
4.2
Fluxos lineares
Consideremos agora a equação linear homogênea
x0 = Ax
onde A é uma matriz quadrada de ordem n: Esta é a equação associada ao campo vetorial
de…nido pela aplicação linear x ! Ax:
Proposição 4.2.1 Seja
(t) uma matriz n
n tal que
dade). Então,
a)
0
b)
(t + s) =
(t) = A (t) ;
c) [ (t)]
1
=
(0) = I:
(t) : (s) ; 8t; s 2 R:
( t) :
d) A série
tA
e
=
1 k k
X
t A
k=0
converge para
k!
(t) em R em cada intervalo compacto.
Prova:
a) Por de…nição de :
0
(t) = A (t) ;
(0) = I (identi-
4.2. Fluxos lineares
b) Fixado s;
64
(t) : (s) são soluções de X 0 = AX; X (0) =
(t + s) e (t) =
(t) =
(s) :
Com efeito,
0
0
(t) =
(t + s) = A (t + s) = A (t) e
(0) =
(s)
e
0
0
(t) =
(t) : (s) = A (t) : (s) = A (t) e (0) =
Pela unicidade das soluções,
(t) : (s) =
c) Segue de (b) fazendo s =
t:
(0) : (s) = I: (s) :
(t + s) :
d) A série
tA
e
=
1 k k
X
t A
k=0
converge uniformemente para
(4.1)
k!
(t) em cada intervalo compacto [ R; R] : De fato:
t 2 [ R; R] )
AK
k!
tk
R k AK
:
k!
X R k Ak
X tk Ak
converge, pelo teste de Weierstrass,
converge uniformemente.
k!
k!
Agora devemos mostrar que a seqüência k de R em Mn (R) de…nida por
Z t
A k (s) ds:
(4.2)
0 = I;
k+1 = I +
Como
0
é a seqüência de somas parciais da série (4.1): Com efeito,
Z t
A 0 (s) ds = I + tA
1 (t) = I +
0
2 (t) = I +
Z
Z
t
A
1 (s) ds = I +
0
k (t) = I +
Z
t
A
0
Porque
k 1 j j
X
sA
j=0
j!
t
A + tA2 ds = I + tA +
0
!
ds = I +
..
.
Z tX
k 1 j j+1
sA
0 j=0
j!
k 1 j+1 j+1
X
t A
j=0
(j + 1)!
é a única solução do sistema X 0 = AX; X (0) = I; tem-se que
Fazendo k ! 1; vem
tA
e
=I+
Z
t
A esA ds:
0
Portanto,
ds = I +
tA
(t) = e :
Reescrevendo a proposição anterior temos que:
t2 A2
2!
=
k
X
tj Aj
j=0
j!
:
satisfaz a (4.2).
65
a)
Capítulo 4. Fluxos lineares
d tA
e = AetA e eaA = I:
dt
b) e(t+s)A = etA :esA :
1
c) etA
tA
d) e
=
=e
tA
:
1 k k
X
t A
k=0
k!
converge em cada intervalo compacto.
Proposição 4.2.2 ' (t; x) = etA x é o ‡uxo do campo linear Y (y) = Ay:
Prova:
d
d
' (t; x) = etA x = AetA x = A etA x = A' (t; x) :
dt
dt
' (0; x) = Ix = x:
Pela unicidade das soluções, segue o resultado.
Proposição 4.2.3 Se C é tal que BC = CA, então etB C = CetA : Se AB = BA; então para
todo t;
etA B = BetA e etA :etB = et(A+B) :
Prova: Como B k C = CAk para todo k; temos
!
1 k k
1 k
1 k
1 k k
X
X
X
X
t BkC
t CAk
t
B
t A
tB
e C=
:C =
=
=C
= CetA :
k!
k!
k!
k!
k=0
k=0
k=0
k=0
Isso mostra a primeira parte. Na segunda, devemos mostrar que etA :etB e et(A+B) são soluções
da equação X 0 = (A + B) X; X (0) = I: De fato:
etA :etB
0
= AetA :etB + etA :BetB = AetA :etB + BetA :etB = (A + B) etA :etB :
Pela unicidade das soluções obtemos o resultado.
Exemplo 4.2.1 Se
A=
então
eA =
"
"
0
#
e
0
0
e
#
0
:
4.2. Fluxos lineares
66
Solução:
eA =
1
X
i=0
1
i!
"
0
0
#i
1
X
=
i=0
Exemplo 4.2.2 Se
"
A=
então
2
0 7
i 5 =
6 i!
4
0
i!
"
e
0
0
e
#
a b
0 a
"
eA = ea
3
i
#
1 b
0 1
:
Solução: Escrevemos A = aI + B onde
B=
"
#
0 b
0 0
:
Como aI comuta com B; pela Proposição 4.2.3 tem-se
"
#
a
e
0
eA = eaI+B = eaI eB =
eB = ea eB :
a
0 e
Por de…nição,
eB = I + B +
B2
+ ::: = I + B;
2!
pois B 2 = B 2 = ::: = 0: Portanto
eA = ea (I + B) = ea
Exemplo 4.2.3 Se
A=
então
eA = ea
"
"
a
b
cos b
sen b
b
a
"
1 b
0 1
#
#
sen b
cos b
#
:
:
#
:
67
Capítulo 4. Fluxos lineares
Solução: Temos que
= a + ib é um autovalor de A: Vamos mostrar por indução que
"
a
b
b
a
#k
=
"
Re
k
Im
k
#
k
Im
k
Re
(4.3)
:
Supondo que (4.3) seja válida temos que
"
a
b
b
a
#k+1
=
=
=
=
"
"
"
"
a
b
b
a
Re
k
Im
k
#k "
:
a
#
b
b
a
Im
k
# "
:
k
Re
a
b
b
a
#
a Re
k
b Im
k
b Re
k
a Im
k
a Im
k
+ b Re
k
b Im
#
k
+ a Re
k
Re
k+1
Im
k+1
k+1
Im
Re
#
;
k+1
como queríamos. Daí,
eA
2
k
k
1
Im
X
6 Re k!
k!
6
=
k
k
4
k=0
Im
Re
k!
k!
"
#
cos b
sen b
= ea
:
sen b cos b
3
7
7=
5
"
Re e
Im e
Im e
Re e
#
e terminamos.
Proposição 4.2.4 Se P e A são matrizes quadradas de ordem m e B = P AP
B
A
e = Pe P
1
:
Prova: Por de…nição, tem-se
B
e =
1
X
(P AP
k=0
k!
1 k
)
= lim
n!1
n
X
(P AP
k=0
k!
1 k
)
:
1
, então
4.2. Fluxos lineares
68
Segue que
P AP
n!1
1!
P AP
= lim I +
n!1
1!
=
1
+
lim I +
(P AP
1
1
) (P AP
2!
)
(P AP
+ ::: +
P A2 P 1
P An P
+ ::: +
2!
n!
2
n
A
A A
+ ::: +
P 1
= lim P A0 + +
n!1
1!
2!
n!
2
A A
An
= P lim A0 + +
+ ::: +
P 1
n!1
1!
2!
n!
= P eA P 1 :
1
1
) ::: (P AP
n!
1
)
1
+
Sabemos pela forma canônica de Jordan que uma matriz A de ordem 2 é tal que
1
A = P BP
onde
B=
"
0
0
#
;B =
"
1
0
#
ou B =
"
a
b
b
a
#
;
e P consiste dos autovetores generalizados de A dispostos em colunas. Então, pela Proposição
4.2.4 e pelos Exemplos 4.2.1, 4.2.2 e 4.2.3 podemos encontrar o ‡uxo de qualquer campo
linear. As soluções dos sistemas apresentadas na seção 1.1 podem ser encontradas usando
esse resultado. Para ilustrar tal fato vamos a um exemplo.
"
Exemplo 4.2.4 Encontrar o ‡uxo do campo linear A =
3
1
1 1
#
Solução: Vemos que A é semelhante a
B=
isto é, A = P BP
1
"
2 1
0 2
#
;
=
"
onde
P =
"
1
1
1
2
#
eP
1
2
1
1
1
#
:
Pela Proposição 4.2.4,
eA = P eB P
1
) etA x = P etB P
1
x; x 2 R2 ;
:
69
Capítulo 4. Fluxos lineares
e usando o Exemplo 4.2.2 vamos obter
etA
"
x0
y0
#
=
"
= e2t
1
1
"
1
2
#
e2t
1+t
t
"
t
1
t
1 t
#"
0 1
#"
#
x0
y0
2
1
1
1
#"
x0
y0
#
:
Proposição 4.2.5 A transformação linear h : x ! Cx é uma conjugação linear entre (1)
x0 = Ax e (2) x0 = Bx se, e somente se, a matriz C satisfaz a CA = BC e det C 6= 0: Em
particular, (1) e (2) são linearmente conjugados se, e somente se, as matrizes A e B são
semelhantes.
Prova: Suponha que h seja uma conjugação linear entre (1) e (2). Daí,
h etA x = etB h (x) ) CetA x = etB Cx:
Derivando com respeito a t em t = 0; tem-se
CAetA x jt=0 = BetB Cx jt=0 ) CAx = BCx; 8x ) CA = BC:
Reciprocamente, se CA = BC; a Proposição 4.2.3 garante que CetA = etB C: Logo,
CetA x = etB Cx para todo x. Isto é, h (x) = Cx é uma conjugação linear entre (1) e (2).
A proposição 4.2.5 nos fornece uma maneira mais simples de esboçar o retrato de fase
dos sistemas lineares que foram abordados na seção 1.2. Considerando uma matriz n
n
não singular, A; o retrato de fase da transformação linear A terá apenas uma distorção das
órbitas com relação ao retrato de fase de uma transformação C, desde que C seja semelhante
a A: Distorção signi…ca rotação em torno da origem, re‡exão em torno de uma reta passando
pela origem, expansão ou compressão ao longo dos eixos. Então qualquer matriz A 2
semelhante a uma das matrizes abaixo dependendo dos autovalores de A
C=
onde
6=
"
0
0
#
;
são dois autovalores de A supostos reais.
C=
"
0
0
#
;
2é
4.3. Teoria de Estabilidade
onde
70
é o único autovalor real de A:
C=
é o único autovalor real de A:
C=
onde
"
1
0
#
"
;
#
;
i são os autovalores de A: Assim, basta considerarmos o retrato de fase dos campos
associados às matrizes acima que são mais simples.
4.3
Teoria de Estabilidade
De…nição 4.3.1 Um campo linear A em Rn é atrator se limt!1 etA x = 0 para todo
x 2 Rn :
Proposição 4.3.1 Se A e B são campos lineares topologicamente conjugados por h e A é
atrator, então, B é atrator.
Prova: Por hipótese h etA x = etB h (x) para todo x 2 Rn : Então,
lim h etA x = lim etB h (x) ) h (0) = lim etB h (x) ; 8x 2 Rn :
t!1
t!1
t!1
Em particular para x onde h (x) = 0: Logo h (0) = 0; como queríamos.
Teorema 4.3.1 (Forma Canônica de Jordan) Seja A uma matriz complexa. Existe uma
matriz P complexa, não singular, tal que
J =P
1
2
6
AP = 6
4
J1
0
..
.
0
Jk
onde cada Ji é da forma J ( ) = I + N; N nilpotente e
3
7
7
5
um autovalor de A:
Teorema 4.3.2 Seja A um campo linear em Rn : São equivalentes as a…rmações:
a) A é atrator.
b) Todos os autovalores de A têm parte real negativa.
c) 9 > 0; K
1 constantes tais que etA x
Ke
t
jxj ; 8x 2 Rn ; 8t
0:
71
Capítulo 4. Fluxos lineares
Prova:
a!b
Se
é um autovalor real de A; então x (t) = e t v; v é um autovetor correspondente, é uma
solução de x0 = Ax: Logo
Se
=
< 0:
6= 0 é um autovalor de A com u + iv autovetor generalizado, então
+i ;
x (t) = e t (cos ( t) u
sen ( t) v) é solução de x0 = Ax:Como
lim x
n!1
segue que
Sendo A = P
1
2
6
JP; J = 6
4
etA x
J1
6
etJ = 6
4
..
etJ1
Jk
2 n
u
j j
= 0;
..
.
etJk
0
=
iI
3
7
7 forma canônica, temos:
5
1 tJ
e P jxj
3
0
etJi
tais que
.
0
etJi = et
i; l
0
etA jxj = P
2
= Re
= lim e
< 0:
b!c
i
2 n
j j
7
7 ; Ji =
5
:etNi = et
et
i
et
i +t i i
et
i
iI
i
P
kP k etJ jxj ;
1
+ Ni ; Ni nilpotente. Então,
tl Nil
l!
; 8t 0
I + tNi + ::: +
: a0 + a1 t + ::: + al tl
: a0 + ::: + al tl
;
: a0 + ::: + al tl ; onde
2 N e aj > 0; j = 0; :::; l são constantes dependentes de Ni : Tome
( + ") = max f i g : Logo
etJi
Seja hi (t) = e
"t
( + ") < 0; para todo i = 1; :::; k: Então,
i
e
>0e">0
t
:e
"t
a0 + ::: + al tl :
a0 + ::: + al tl : hi (t) é contínua em R+ ; h (0) = a0 e limt!1 hi (t) = 0:
Assim,
9mi > 0 : t > mi ) jhi (t)j < 1:
4.3. Teoria de Estabilidade
72
Pelo Teorema de Weirstrass, existe max hi j[0;mi ] : Tomando Ki = max maxt2[0;mi ] hi (t) ; 1 ;
temos
etJi
e t :Ki ; e assim,
v
v
u k
u k
uX
uX
t
e 2 t :Ki2 = e t t
Ki2 ;
etJ
i=1
etA x
P
1
i=1
v
u k
uX
K 2 :e
kP k t
t
i
i=1
Mais ainda, kP
jado.
1
k kP k
kP
1
:P k = 1, então, K = kP
1
: jxj :
k kP k
qP
k
i=1
Ki2
1 é o dese-
c!a
lim etA x
t!1
0 ) lim etA x = 0:
t!1
De…nição 4.3.2 Um campo linear A em Rn é uma fonte se limt!
x 2 Rn :
1
etA x = 0 para todo
Teorema 4.3.3 Seja A um campo linear em Rn : São equivalentes as a…rmações:
a) A é fonte.
b) Todos os autovalores de A têm parte real positiva.
c) 9 > 0; K
1 constantes tais que etA x
Ke t jxj ; 8x 2 Rn ; 8t
0:
Prova: Basta observar
1. A é fonte ,
A é atrator;
2. Os autovalores de A e de
A têm sinais trocados.
Daí, basta usar o teorema anterior.
De…nição 4.3.3 Um sistema linear x0 = Ax (ou o campo vetorial linear x ! Ax) chama-
se hiperbólico se todos os autovalores de A têm a parte real diferente de zero. O número
s = s (A) de autovalores, contando suas multiplicidades, que têm parte real negativa, chamase índice de estabilidade do sistema. Quando 0 < s (A) < n dizemos que a origem é uma
sela.
73
Capítulo 4. Fluxos lineares
Exemplo 4.3.1 Dos sistemas bidimensionais considerados no primeiro capítulo, todos são
hiperbólicos, exceto o centro. O índice de estabilidade da sela é 1, do espiral e nó atratores
é 2, do espiral e nó instáveis é 0.
Pelos teoremas anteriores, o índice de estabilidade de um atrator é n e de uma fonte é
0.
Proposição 4.3.2 Se dois campos lineares X e Y em Rn são C 1 -conjugados, então, eles
têm os mesmos autovalores.
Prova: Seja h a conjugação entre X e Y; de classe C 1 :
1o CASO: Se h = P é um isomor…smo linear tal que P etX = etY P; temos P XetX = Y etY P:
Fazendo t = 0; P X = Y P; isto é, X = P
1
Y P: Logo X e Y têm os mesmos autovalores.
2o CASO: Se h etX x = etY h (x) ; temos, derivando: Dh etX x :X etX x = Y etY h (x) :
Fazendo t = 0 temos Dh (x) :X (x) = Y (h (x)) para todo x 2 Rn : Assim,
Dh ( x) X ( x) = Y (h ( x)) e daí,
Dh ( x) X (x) =
Y (h ( x))
; 8x 2 Rn ; 8 6= 0:
Se h (0) = 0 então
Dh ( x) X (x) = Y
e fazendo
h ( x)
h (0)
;
! 0 temos, Dh (0) X (x) = Y (Dh (0) x) pois h 2 C 1 : Logo,
X = (Dh (0))
1
Y Dh (0)
e daí X e Y têm os mesmos autovalores.
Se h (0) 6= 0 então, para k (x) = h (x)
k etX x
= h etX x
= etY (h (x)
h (0) ; temos:
h (0) = etY h (x)
h (0) = etY h (x)
etY h (0)
h (0)) = etY k (x) ;
pois h etX x = etY h (x) e h (0) = etY h (0) : Caimos então no item anterior pois k (0) = 0:
Observação: Não vale a recíproca. Com efeito, pela proposição anterior, se X e Y são
campos lineares C 1 -conjugados, então X é semelhante a Y . E como,
"
#
"
#
1 0
1 0
X=
eY =
0 1
1 1
4.3. Teoria de Estabilidade
74
têm os mesmo autovalores e não são semelhantes, segue que X e Y não são C 1 -conjugados.
Seja A um campo linear hiperbólico em Rn com s (A) = s: Sabemos que existe uma
= ff1 ; f2 ; :::; fs ; fs+1 ; :::; fn g de Rn formada
generalizados de A na
" pelos autovetores
#
J1 0
qual A é semelhantes à forma canônica real J =
; sendo J1 ; s s; correspondente
0 J2
aos autovalores com parte real negativa. Chamaremos:
base
E s = [f1 ; f2 ; :::; fs ] de subespaço estável de A:
E u = [fs+1 ; fs+2 ; :::; fn ] de subespaço instável de A:
Observações:
a) A é atrator , E s = Rn e E u = f0g ;
b) A é fonte , E u = Rn e E s = f0g :
Teorema 4.3.4 Seja A um campo linear hiperbólico, com s (A) = s, sendo E s e E u seus
respectivos subespaços estável e instável respectivamente. Então:
a) E s ; E u são invariantes por A e pelo ‡uxo de A; Rn = E s
b) Existem constantes K
E u e dim E s = s:
> 0 tais que
1;
etA x
Ke
etA x
Ke t jxj ; 8x 2 E u ; 8t 0;
1
e t jxj ; 8x 2 E s ; 8t 0;
K
1 t
e jxj ; 8x 2 E u ; 8t 0:
K
etA x
etA x
t
jxj ; 8x 2 E s ; 8t
0;
c) E s = x 2 Rn : limt!1 etA x = 0 = fx 2 Rn : O+ (x) é limitadag :
d) E u = x 2 Rn : limt!
etA x = 0 = fx 2 Rn : O (x) é limitadag :
(
y10 = J1 y1 ; y1 2 Rs
Prova: x0 = Ax = P 1 JP x e
são linearmente conjugados por P:
y20 = J2 y2 ; y2 2 Ru
Pelos teoremas anteriores, existem constantes K1 ; K2 1 e 1 ; 2 > 0 tais que
1
~ = max fK1 ; K2 g e
Sendo K
etJ1 y1
K1 e
etJ2 y2
K2 e
1t
2t
jy1 j ; 8t
jy2 j ; 8t
= min f 1 ;
2g
etJ1 y1
~
Ke
etJ2 y2
~ t jy2 j ; 8t
Ke
0e
0:
temos:
t
jy1 j ; 8t
0e
0:
75
Capítulo 4. Fluxos lineares
Para x 2 E s e t
0 temos
etA x = P
1 tJ
e Px
Além disso, P x = (x) = (y1 ; 0) 2 Rs
etA x
P
1
~
Ke
t
P
1
etJ P x :
(4.4)
f0g : Então etJ P x = etJ1 P x : De (4:4) temos que
jP xj
P
1
~
kP k Ke
t
jxj = Ke
t
jxj :
Mais ainda, para x 2 E s ;
etA :e
tA
x = jxj
Ke
t
e
tA
x ) e
tA
x
1
e
K
t
jxj ; 8t
0:
As outras desigualdades são demonstradas de maneira análoga.
c) Dado x 2 E s ; pelo item b) tem-se limt!1 etA x = 0: Seja x = xs + xu onde xs 2 E s e
xu 2 E u com limt!1 etA xs + etA xu = 0: Então limt!1 etA xu = 0, e daí xu = 0 e x 2 E s e
temos
n
o
E s = x 2 Rn : lim etA x = 0 :
t!1
s
Dado x 2 E ; O+ (x) é limitada pois limt!1 etA x = 0: Por outro lado, para x = xs + xu ;
xs 2 E s e xu 2 E u com etA xs + etA xu para todo t
0; temos que ter xu = 0 pois
limt!1 etA xu = 1 se x 6= 0: Logo E s = fx 2 Rn : O+ (x) é limitadag : Analogamente para
E u:
Capítulo 5
Estrutura Local
5.1
O Teorema da Função Inversa
Sejam U; V
Rm abertos. Um difeomor…smo f : U ! V é, como sabemos, uma
bijeção diferenciável com inversa diferenciável. Em particular f é um homeomor…smo entre
U e V:
Proposição 5.1.1 Se a aplicação f : U ! Rm de…nida no aberto U
a 2 U adimite uma inversa g = f
1
Rm e diferenciável em
: V ! Rm de…nida no aberto V e diferenciável no ponto
b = f (a) ; então Df (a) : Rm ! Rm é um isomor…smo cujo inverso é Dg (b) : Rm ! Rm :
Prova: Temos que g f = idU e f
Dg (b)
Dg
1
g = idV : Segue-se, pela regra da cadeia, que
Df (a) = id : Rm ! Rm e Df (a)
Dg (b) = id : Rm ! Rm : Assim, Df (a) =
(b) :
Se f : U ! V é um difeomor…smo, a proposição acima nos garante que sua derivada
Df (x) : Rm ! Rm em cada ponto x 2 U é um isomor…smo. Em termos do determinante
jacobiano, isto signi…ca que det Jf (x) 6= 0 para todo x 2 U: É natural indagar se vale a
recíproca e o Teorema da Função Inversa, a ser enunciado mais adiante, fornece a recíproca
para este fato.
De…nição 5.1.1 Diz-se que uma aplicação diferenciável f : U ! Rm ; de…nida no aberto
U
Rm ; é um difeomor…smo local se para cada x 2 U existe um aberto Vx
restrição de f a Vx é um difeomor…smo sobre um aberto Wx
U tal que a
m
R :
Teorema 5.1.1 (da aplicação inversa) Uma aplicação f : U ! Rm ; de classe C r ; r
76
1;
77
Capítulo 5. Estrutura Local
no aberto U
Rm é um difeomor…smo local se, e somente se, para todo x 2 U; a derivada
Df (x) : Rm ! Rm é um isomor…smo (isto é, det Jf (x) 6= 0 ).
5.2
Seção Transversal
De…nição 5.2.1 Sejam X : A ! Rn um campo de classe C r ; r
U
Rn
1
Rn aberto e
1; A
um aberto. Uma aplicação diferenciável f : U ! A de classe C r chama-se seção
transversal local de X quando, para todo a 2 U; Df (a) (Rn 1 ) e X (f (a)) geram o espaço
Rn : Seja
diz-se que
= f (U ) munido da topologia induzida. Se f : U !
for um homeomor…smo,
é uma seção transversal de X:
Observação: Sejam p 2 A um ponto não singular (regular) de X e fv1 ; v2 ; :::; vn 1 ; X (p)g
uma base de Rn : Seja g : Rn
1
! Rn dada por
g (x1 ; :::; xn 1 ) = p +
n 1
X
x i vi :
i=1
Porque A é aberto existe
existe
1
> 0 tal que B (p;
1)
A: Além disso, limx!0 g (x) = p e daí
> 0 tal que
x 2 B (0; ) ) g (x) 2 B (p;
Isso mostra que g (B (0; ))
B (p;
1) :
A: Fazemos f = g jB(0; ) e obtemos
1)
f : B (0; ) ! A: f é de classe C 1 e como Df (0) e X (f (0)) são LI, f é uma seção transversal
local de X em p:
5.3
O Teorema do Fluxo Tubular
Teorema 5.3.1 (do ‡uxo tubular) Seja p um ponto não singular de X : A
classe C r e f : U !
uma seção transversal local de X de classe C r com f (0) = p: Então
existe uma vizinhança V de p em A e um difeomor…smo h : V ! ( "; ")
onde " > 0; e B uma bola aberta de Rn
a) h ( \ V ) = f0g
Rn ! Rn de
1
de centro na origem 0 = f
B;
b) X j V é topologicamente conjugado ao campo constante
Y : ( "; ")
B ! Rn ; Y (y) = (1; 0; :::; 0) 2 Rn
1
B de classe C r ;
(p) tal que
5.3. O Teorema do Fluxo Tubular
78
com a conjugação h:
Prova: Seja ' :
! A ‡uxo de X; onde
= f(t; x) 2 R
A; t 2 Ix g : Seja
F : DU = f(t; u) ; (t; f (u)) 2 g ! A;
DU
R U; de…nida por F (t; u) = ' (t; f (u)) : F aplica linhas paralelas em curvas integrais
de X: Vamos mostrar que F é um difeomor…smo local em 0 = 0; 0 2 R Rn 1 : Pelo Teorema
da Função Inversa, é su…ciente mostrar que DF (0) é um isomor…smo. Temos
D1 F (0) = D1 ' 0; f 0
=
d
' t; f 0
dt
jt=0 = X (' (0; p)) = X (p) :
Mais ainda, D2 F (t; u) = D2 ' (t; f (u)) e ' (0; f (u)) = f (u) para todo u 2 U: Logo,
D2 F (0; u) = D2 ' (0; f (u)) = D1 f (u) ) D2 F (0) = D1 f (0) :
Prosseguindo assim obtemos Dj F (0) = Dj 1 f (0) ; j = 2; :::; n: Portanto os vetores Dj F (0) ;
j = 1; :::; n; geram o Rn e portanto det DF (0) 6= 0; ou seja DF (0) é um isomor…smo. Pelo
Teorema da Função Inversa existe um aberto V0 contendo 0; 0 tal que F restrita a V0 é
um difeomor…smo sobre o aberto F (V0 ): Note que existe
" = =2 e
> 0 tal que B (0; )
V0 : Tome
= =2: Assim,
(x; y) 2 ( "; ")
B (0; )
) j(x; y)j <
R
Rn
1
) jxj + jyj <
) (x; y) 2 B (0; ) :
)
x; 0
+ j(0; y)j <
79
Capítulo 5. Estrutura Local
Mostramos, então, que existe " > 0 e uma bola B = B (0; ) em Rn
a ( "; ")
B é um difeomor…smo sobre o aberto V = F (( "; ")
1
Seja h = (F= ( "; ")
F (0; u) = f (u) 2
Dh
1
B) , h = F
1
: V ! ( "; ")
1
tais que F restrita
B) (e note que p 2 V ):
B: Então h ( \ V ) = f0g
para todo u 2 B: Isso prova a). Por outro lado h
1
B pois
conjuga Y e X :
(t; u) :Y (t; u) = DF (t; u) : (1; 0; :::; 0) = D' (t; f (u)) : (1; 0; :::; 0)
= D1 ' (t; f (u)) = X (' (t; f (u))) = X h
para todo (t; u) 2 ( "; ")
Corolário 5.3.1 Seja
1
(t; u) ;
B: Isto termina a demonstração.
uma seção transversal de X: Para todo ponto p 2
" (p) > 0; uma vizinhança V de p em Rn e uma função
existem " =
: V ! R de classe C r tais que
(V \ ) = 0 e
a) Para todo q 2 V; a curva integral ' (t; q) de X jV é de…nida e biunívoca em
Jq = ( " + (q) ; " + (q)) :
b)
q2
(q) = ' ( (q) ; q) 2
\ V se, e só se,
Prova: Tome
Rn
1
é o único ponto onde ' (t; q) jJq intercepta a
: Em particular,
(q) = 0:
: ( "; ")
B ! R dada por
x1 ; onde B bola aberta de
(x1 ; x2 ; :::; xn ) =
e " > 0 são dados no teorema do ‡uxo tubular. Considere,
x2V \
) h (x) 2 f0g
B ) (x) =
=
h: Assim,
(h (x)) = 0:
a) Note que
q 2 V ) h (q) 2 ( "; ")
Sendo
B:
o ‡uxo de Y (dado pelo teorema do ‡uxo tubular) tem se:
(t; (h1 ; :::; hn )) = (t + h1 ; h2 ; :::; hn ) :
Segue que
" < t + h1 < " ,
"
h1 < t < "
h1 :
Fazemos h (q) = (h1 ; h2 ; :::; hn ) temos
(h (q)) =
Logo
h1 ) (q) =
h1 :
(t; h (q)) está de…nida em ( " + (q) ; " + (q)) e, como h é uma conjugação entre X
e Y temos que ' (t; q) também está de…nida em ( " + (q) ; " + (q)) : Além disso, como h
5.4. Pontos singulares hiperbólicos
80
levaria órbita periódica em órbita periódica, se ' não fosse biunívoca,
também não seria,
o que é falso.
b) Dado q 2 V; h (q) 2 ( "; ")
B:
h (' ( (q) ; q)) =
=
( (q) ; h (q))
( (h (q)) ; h (q))
= ( (h (q)) + h1 ; h2 ; :::; hn )
= ( (h1 ; :::; hn ) + h1 ; h2 ; :::; hn )
= ( h1 + h1 ; h2 ; :::; hn )
= (0; h2 ; :::; hn ) 2 f0g
Então (q) = ' ( (q) ; q) 2
h (' (t1 ; q)) =
B:
\ V: Suponha que ' (t1 ; q) intercepta
(t1 ; h (q)) 2 f0g
B)
(t1 ; h (q)) = (0;
para algum t1 2 Jq :
2 ; :::;
n) :
Por outro lado,
(t1 ; h (q)) = (t1 + h1 ; h2 ; :::; hn ) :
Daí, t1 =
5.4
h1 = (q) : Portanto, (q) é o único ponto onde ' (t; q) jJq intercepta a
:
Pontos singulares hiperbólicos
Se p é um ponto regular de um campo X; de classe C r ; r
1; então, pelo teorema do
‡uxo tubular, sabemos que existe um difeomor…smo C r que conjuga X, em uma vizinhança
de p com o campo constante Y = (1; 0; :::; 0) : Conseqüentemente, dois campos X e Y são
localmente conjugados em torno de pontos regulares. Se p é um ponto singular, a situação
é bem mais complexa. O teorema de Hartman-Grobman demonstrado na próxima seção
tratará desse caso.
De…nição 5.4.1 Um ponto singular p do campo X de classe C r ; r
1; é dito hiperbólico
se todos os autovalores de DX (p) têm parte real diferente de zero. O número de autovalores
de DX (p) que têm parte real negativa chama-se índice de estabilidade de X em p:
Note que p é um ponto hiperbólico de X se, e somente se, DX (p) é um campo linear
hiperbólico.
81
Capítulo 5. Estrutura Local
Proposição 5.4.1 Sejam X e Y campos de classe C r ; r
2 e h uma conjugação C 2 entre
X e Y em torno de uma singularidade p de X tal que h (p) = q (singularidade de Y ). Então
o índice de estabilidade de X em p é igual ao índice de estabilidade de Y em q:
Prova: Pela proposição 3.5.2 tem-se Y = Dh h 1 :X
DY (q) = D2 h h
1
(q) :Dh
= D2 h (p) :Dh
1
1
1
(q) :X h
h 1 : Daí
(q) + Dh h
(q) :X (p) + Dh (p) :DX (p) :Dh
1
(q) :DX h
1
1
(q) :Dh
1
(q)
(q)
1
= 0 + Dh (p) :DX (p) : [Dh (p)]
= Dh (p) :DX (p) : [Dh (p)]
1
:
Assim, DY (q) e DX (p) são semelhantes e portanto têm os mesmos autovalores.
5.5
O Teorema de Hartman-Grobman
De…nição 5.5.1 Um isomor…smo L : Rn ! Rn é hiperbólico se L não tem autovalores
com j j = 1:
Observação: O espectro de A;
(A) ; é o conjunto de autovalores de A: De…nido assim,
temos que
etA = et :
Com efeito, se
i
Ax=
i
2
2
(A), então Ax =
(A)
para cada t 2 R:
x onde x é o autovetor associado. Além disso,
x para todo i 2 N: Segue que
tA
e x=
1 i i
X
tA
i=0
i!
x=
1 i i
X
tAx
i=0
i!
1 i i
1
X
t x X ti i
=
=
x = et x:
i!
i!
i=0
i=0
Proposição 5.5.1 A é um campo linear hiperbólico se, e só se, eA é um isomor…smo hiperbólico.
Prova: Por hipótese, A é um campo linear hiperbólico. Seja
6= 0: Daí
e
= e
+ i
2
(A) ;
=
= je (cos + i sen )j = je j jcos + i sen j =
6 1:
A recíproca é imediata.
Notações: GL (Rn ) = fL 2 L (Rn ) : L é isomor…smog
GLH (Rn ) = fL 2 GL (Rn ) : L é isomor…smo hiperbólicog
+ i com
5.5. O Teorema de Hartman-Grobman
82
Consideremos os seguintes espaços de Banach:
Cb0 = fu : Rn ! Rn : u é uniformemente contínua e limitadag com a norma
kuk = supx2Rn ju (x)j :
Cb1 = fu : Rn ! Rn de classe C 1 : u e u0 são uniformemente contínuas e limitadasg com a
norma kuk1 = supx2Rn fju (x)j ; ku0 (x)kg :
Rn ! Rn de classe C 1 no aberto A com X (0) = 0 e DX (0) = L:
Lema 5.5.1 Seja X : A
Dado " > 0; existem uma vizinhança de 0; V
2 Cb1 com k k1
A; e
X jV = (L + ) jV :
", tais que
Prova: Como X 2 C 1 temos que, em A; X (x) = Lx + r (x) ; com r de classe C 1 e
lim
x!0
r (x)
= 0:
jxj
Mais ainda,
r0 (x) = DX (x)
L:
Logo,
lim r0 (x) = lim [DX (x)
x!0
x!0
Portanto temos que dado " > 0; existe
jr (x)j
Seja
L] = DX (0)
com 0 <
L = 0:
< 1 tal que
"
"
jxj e jr0 (x)j <
para todo x; jxj < 2 :
K +1
K +1
: R ! [0; 1] de classe C 1 ; tal que
(
(t) =
Consideremos, em Rn ;
(x) =
8
<
:
1 se t
1
2
0 se t
1
jxj
0
:
r (x) se jxj <
se jxj
83
Capítulo 5. Estrutura Local
e j (x)j < "; para todo x 2 Rn : Com efeito,
2
; então j (x)j = 0 < ": Por outro lado, se jxj < < 1 então
que é de classe C 1 ;
se jxj
(x) = r (x) para jxj <
jxj
j (x)j =
0
Queremos mostrar que k
r (x)
"
jxj
K +1
1: jr (x)j
"; para todo x 2 Rn : Para isso basta veri…car que
(x)k
lipschitziana com constante ": De fato, se j (x)
" jx
(y)j
temos
0
y
jy
(x)
x
xj
j (y)
=
(x)
jx yj
com
lim
y!x
Assim, dado "1 > 0; existe
1
0 < jy
)
xj <
1
> 0 tal que
0
0
Então, para todo "1 > 0; k
(x)
lipschitziana com constante ": Para jxj
Para jxj <
j (x)
e jyj
yj para todos x; y 2 Rn ;
(x)j
yj
+
js (y)j
;
jx yj
s (y)
= 0:
jx yj
x
xj
< " + "1 ) k
0
e jyj
0
(x)k :1 < " + "1 :
(x)k < ": Vejamos então, que
é
;
(y) = 0 ) j (x)
" jx
(y)j
0
jxj
jyj
yj :
jxj
jyj
jr (x)j :
(5.1)
(t)j : t 2 Rg e sejam x; y 2 Rn : Pelo teorema do valor médio existe
entre
r (x)
r (x) =
jyj
jxj
0
( )=
jxj
jyj
jxj
jyj
:
Daí,
jxj
jyj
K
jx
yj
K
:
Então, por tem-se
j (x)
é
temos:
(y)j =
Seja K = max fj
jxj jyj
e
tal que
y
jy
j (y)
jx
s (y)j
(x)k < " + "1 e daí k
(x) =
":1 = ":
(y)j
jx
yj
K
jr (x)j
jx
yj
K
"
jxj
K +1
" jx
yj :
5.5. O Teorema de Hartman-Grobman
Para jxj <
e jyj <
j (x)
84
temos:
(y)j
=
jxj
r (x)
jyj
r (y)
jxj
r (x)
jxj
r (y) +
jxj
r (x)
jyj
jxj
r (y)
jxj
jr (y)j +
jr (x)
jyj
r (y)
r (y)j :
Pela desigualdade do valor médio,
jr (x)
"
jx
K +1
r (y)j
yj ; 8x; y; jxj <
e jyj < :
Assim,
j (x)
(y)j
jx
" jx
Isso mostra que
"
"
jxj +
jx yj
K +1
K +1
K
1
yj
+
= " jx yj :
K +1 K +1
yj
K
é lipschitziana. Tomando V = B 0;
2
A; terminamos a demons-
tração.
Lema 5.5.2 (Lema de Gronwall) Para u; v : [a; b] ! R contínuas e k 2 R tais que v (t) 0
Rt
Rt
e u (t) k + a u (s) v (s) ds para todo t 2 [a; b] tem-se u (t) ke a v(s)ds para todo t 2 [a; b] :
Rt
Prova: Faça ! (t) = k + a u (s) v (s) ds: Como u (t) ! (t) temos:
! 0 (t) = u (t) v (t)
Logo ! 0 (t)
! (t) v (t) ; 8t 2 [a; b]
0; o que implica em
! (t) v (t)
! 0 (t) e
Ou seja
Rt
a
v(s)ds
! (t) v (t) e
d
! (t) e
dt
Rt
a
Rt
a
v(s)ds
v(s)ds
0:
0:
Assim,
! (t) e
Rt
a
v(s)ds
! (a) :e0 = k ) u (t)
! (t)
De forma análoga mostramos que se u (t)
tem-se u (t)
Rb
ke
t
v(s)ds
:
Rt
ke
k+
a
Rb
t
v(s)ds
) u (t)
Rt
ke
a
v(s)ds
:
u (s) v (s) ds para todo t 2 [a; b]
85
Capítulo 5. Estrutura Local
Lema 5.5.3 Sejam Y : Rn ! Rn um campo C 1 e K uma constante tais que kDY (x)k
para todo x 2 Rn : Então, sendo
j
(x)
t
K
o ‡uxo de Y , temos:
t
eKjtj jx
(y)j
yj ; 8t 2 R; 8x; y 2 Rn :
Prova: Pela desigualdade do valor médio, temos:
K; 8x 2 Rn ) jY (x)
kDY (x)k
yj ; 8x; y 2 Rn :
K jx
Y (y)j
Sabemos que as soluções de campos lipschitzianos são globais, então
Rt
R: Como t (x) = x + 0 Y ( s (x)) ds para todo t 2 R temos
t (x)
t (y) = x
y+
Z
t
Y(
s (x)) ds
0
Z
t
(x) está de…nida em
t
Y(
s
(y)) ds:
0
Então
j
t
(x)
t
(y)j
Fazendo v (t) = K e u (t) = j
Se t > 0, então j
t
(x)
Se t
t
(x)
0, então j
Lema 5.5.4 Seja X : A
t
jx
yj +
jx
yj +
Z
t
jY (
0
Z
t
t
(y)j
t
(y)j
(x)) ds
Y(
s
(y))j ds
t
K jY (
0
(x)
s
s
(x)) ds
Y(
s
(y))j ds :
(y)j no Lema de Gronwall, temos
Rt
jx
yj e
jx
yj e
0
R0
t
Kds
Kds
= jx
yj etK = jx
= jx
yj e
tK
yj eKjtj
= jx
Rn ! Rn ; de classe C 1 no aberto A; com 0 2 A e X (0) = 0
e seja L = DX (0) : Então, dado " > 0; existem vizinhanças de 0; V
A; um campo
W
Y : Rn ! Rn de classe C 1 e uma constante K > 0 tais que Y jV = X jV ; Y jRn
kDY (x)k
n
K para todo x 2 R e, sendo
vale ainda que
t
2
Cb1
com k
t k1
t
o ‡uxo de Y; 't o ‡uxo de L e
tk
W
2
t
L jRn
=
A; vizinhanças de 0 e
< "1 tais que , para Y = L + ; temos Y jV = X jV e Y jRn
5.5.1, V = B 0;
W=
t
W;
't ;
" para todo t 2 [ 2; 2] :
Prova: Dado "1 > 0; pelo lema 5.5.1, existem V
k
yj eKjtj
A e W = B (0; )
kDY (x)k = kL + D (x)k
W=
L jRn
kLk + "1
K;
A: Assim,
kLk + kD (x)k
W
2 Cb1 ;
: Do lema
5.5. O Teorema de Hartman-Grobman
86
tomando K = 1 + kLk por exemplo e supondo 0 < "1 < 1: Com isso Y é completo, pois Y é
lipschitziano. Como
Z
t (x)
Z
t
t
't (x) = x +
Y ( s (x)) ds x
L ('s (x)) ds
0
0
Z t
=
[Y ( s (x)) L ( s (x)) + L ( s (x)) L ('s (x))] ds
0
Z t
=
[ ( s (x)) + L ( s (x))] ds;
0
temos
j
t
(x)j
Z
Z
t
j (
t
jL ( s (x))j ds
s (x))j ds +
0
0
Z t
Z t
"1 ds +
kLk : j( s (x))j ds
0
0
Z t
= jtj "1 +
kLk : j( s (x))j ds
0
Z t
2"1 +
kLk : j( s (x))j ds ; 8t 2 [ 2; 2] :
0
Aplicando o lema de Gronwall para 0
j
t
j
t
Rt
(x)j
2"1 e
(x)j
2"1 e
Assim, dado " > 0; tome "1
Rt
t 2 R: Como t (x) = 0 [ (
t (x)
0 kLkds
R0
t (y) =
Z
t
kLkds
"
2e2kLk
2
t
= 2"1 ejtjkLk
2"1 e2kLk ;
= 2"1 ejtjkLk
2"1 e2kLk ; 8t 2 [ 2; 2] :
: Portanto, j
(x)) + L (
s
2 e, em seguida, para
t
s
t
0; temos:
" para todo x 2 Rn e para todo
(x)j
(x))] ds; temos:
t
[ (
s
(x)) + L (
s
(x))
(
s
(y))
[ (
s
(x))
s
(y)) + L (
s
(x)
L(
s
(y))] ds
0
=
Z
t
(
s
(y))] ds:
0
Pela desigualdade do valor médio,
j
t
(x)
t
(y)j
Z
0
t
f"1 j
s
(x)
s
(y)j + kLk j
s
(x)
s
(y)jg ds :
87
Capítulo 5. Estrutura Local
Aplicando o lema anterior,
j
t
(x)
t
(y)j
Z
t
"1 eKjsj jx
yj + kLk j s (x)
s (y)j ds
Z t
Z t
2K
"1 e jx yj ds +
kLk j s (x)
s (y)j ds
0
0
Z t
2K
kLk j s (x)
2"1 e jx yj +
s (y)j ds ; 8t 2 [ 2; 2] ;
0
0
e usando o lema 5.5.2 nos casos 0
j
t
(x)
t
Então, dado " > 0; tome "1
j
t
(x)
2e
t
2"1 e2K jx
(y)j
"
2e2K e2kLk
t
(y)j
2
0; concluimos que:
t
yj ejtjkLk
2"1 e2K jx
yj e2kLk :
; e obtemos,
yj ; 8x; y 2 Rn ; 8t 2 [ 2; 2] :
" jx
Segue que,
k
t
"; 8t 2 [ 2; 2] :
(x)k1
Lema 5.5.5 Dado L 2 GLH (Rn ) existem
>0e
> 0 tais que para cada par
com k 1 k1 < ; k 2 k1 < ; existe uma única u 2 Cb0 com kuk <
(I + u) (L +
1)
= (L +
2 ) (I
1;
tal que
2
2 Cb1
+ u) ;
onde I é a identidade de Rn : Também temos que a função ( 1 ;
contínua.
2)
2 Cb1
Cb1 ! u 2 Cb0 é
A demonstração desse lema pode ser encontrada em [2].
Lema 5.5.6 Para L 2 GLH (Rn ) existe " > 0 tal que se
L+
conjugam.
Prova: Seja
>0e
2 Cb1 com k k1 < " então L e
> 0; dados pelo lema 5.5.5. Como a função ( 1 ;
u 2 Cb0 é contínua em (0; 0) 2 Cb1
Cb1 tem-se que, existe " > 0 , com " <
k 1 k1 < "; k 2 k1 < " ) kuk < :
2
2)
2 Cb1
tal que
Cb1 !
5.5. O Teorema de Hartman-Grobman
88
2 Cb1 com k k1 < " temos:
Esse " satisfaz o nosso lema, pois para
Para
1
=
e
2
= 0; existe v 2 Cb0 ; kvk <
2
Para
1
=0e
2
= ; existe ! 2 Cb0 ; k!k <
2
e (I + v) (L + ) = L (I + v) ;
e (I + !) L = (L + ) (I + !) :
Resta mostrar que I + v e I + ! são homeomor…smo e um é o inverso do outro. Sendo
u = v + ! (I + v) ; temos I + u = I + v + ! (I + v) = (I + !) (I + v) e kuk <
2
Como
+
2
= :
(I + !) (I + v) (L + ) = (I + !) L (I + v) = (L + ) (I + !) (I + v) ;
segue que (I + u) (L + ) = (L + ) (I + u) e u satisfaz o lema anterior para
1
=
2
= ;
mas como 0 também satisfaz (pois I (L + ) = (L + ) I) e kuk < ; pela unicidade do
lema 5.5.5 temos que u = 0: Assim, (I + !) (I + v) = I: De modo análogo mostramos que
(I + v) (I + !) = I: Logo h = I + v é homeomor…smo com h
1
= I + ! que estabelece a
conjugação desejada.
Teorema 5.5.1 (Hartman-Grobman) Considere A aberto de Rn e X : A
um campo de classe C 1 com um ponto p hiperbólico. Então existe V
p e W
Rn ! R n
A vizinhança de
n
R vizinhança de 0 tal que X jV é topologicamente conjugado a L jW ; onde
L = DX (p) :
Prova: Basta mostrar para p = 0: Caso p 6= 0 utilizamos o campo auxiliar de classe C 1 ;
G (x) = X (x + p) : Pelo lema 5.5.4, dado "1 > 0; encontramos um campo Y = L+
classe C 1 ; com ‡uxo
t
tal que
t
=
't 2 Cb1 e k
t
t k1
; de
< "1 para todo t 2 [ 2; 2] ; sendo
't = etL o ‡uxo de L: Sabemos, pela proposição 5.5.1 que eL é um isomor…smo hiperbólico.
Assim, se tomarmos "1 > 0 tal que "1 < "; onde " é dado pelo lema 5.5.6, teremos uma única
u 2 Cb0 tal que h = I + u é um homeomor…smo e h eL +
h
Como localmente, em torno de p = 0;
tL
1
= eL h; ou seja,
1
= eL h:
t
é o ‡uxo de X; o teorema estará provado se
mostrarmos que h t = e h para todo t 2 R: De…namos H : Rn ! Rn por
R1
H (x) = 0 e sL h s (x) ds: Vemos que H é contínua, e ainda H t = etL H; para todo
(5.2)
89
Capítulo 5. Estrutura Local
t 2 [0; 1] : De fato, fazendo a mudança s + t = + 1; temos:
Z t
Z 1
(t+s)L
tL
e( 1)L h +1 d
e
h t+s ds =
e H t=
t 1
0
Z t
Z 0
e Le Lh 1
d
e( 1)L h +1 d +
=
0
t 1
Z t
Z 0
(
1)L
e
h +1 d +
e Lh d ;
=
t 1
pois e
L
h
1
0
= h por 5.2. Para
e
tL
H
+ 1 = ; temos:
Z 1
Z t
L
=
e
h d +
e
t
t
Logo,
tL
e
H
L
h
d :
0
t
=
Z
1
sL
e
h
s ds
= H:
0
Agora devemos mostrar que H = h. Para isso mostremos, inicialmente, que H = I + v para
algum v 2 Cb0 : De fato:
Z 1
Z 1
tL
tL tL
e
H I=
e h t e e dt =
0
0
Z 1
e tL ( t u t ) dt:
=
tL
t
+u
t
etL dt
0
Logo
kH
Ik = sup kH (x)
Z
xk
x2Rn
"1 = min "; "2 ;
3ekLk
onde
1
ek
tLk
(k
0
ekLk ("1 + kuk) :
Então, temos que H = I + v e H
1
t k1
+ kuk) dt
= eL H: Além disso, podemos tomar "1 > 0 tal que
satisfaz a condição de unicidade do lema 5.5.5 e "2 é tal que
k
1 k1
< "2 ) kuk <
2ekLk
:
Assim,
kvk
ekLk
3ekLk
+
2ekLk
< ;
e daí, pela unicidade do lema 5.5.5, u = v. Finalmente só resta mostrar que H
t
para todo t 2 R: Escrevendo t = s + m, onde m 2 Z e s 2 [0; 1] ; temos
H
t
=H
s
m
o que prova o teorema.
= esL H
m
= esL H
1
m 1
= esL eL H
m 1
= ::: = e(s+m)L H;
= etL H
Capítulo 6
O Teorema de Poincaré-Bendixson
6.1
Conjuntos -limite e !-limite de uma órbita
O seguinte resultado é importante para o estudo dos conjuntos
e ! limite que de…-
nimos em seguida:
Proposição 6.1.1 Dados um campo X de classe C r ; r
1; num aberto A
Rn e p 2 A;
com IpX = (a; b) ; se existirem x 2 A e tn ! b; tais que '(tn ; p) ! x, então b = 1: Do
mesmo modo, se '(tn ; p) ! x quando tn ! a; então a =
1:
Prova: Pelo Teorema 3.3.1, existem V , vizinhança de x, e " > 0 tais que se y 2 V temos
a existência de '(t; y) para todo t 2 ( "; ") : Como '(tn ; p) ! x; existe n0 2 N tal que
'(tn ; p) 2 V para todo n > n0 : Assim, garantimos a existência de ' (t; '(tn ; p)) = '(t + tn ; p)
para todo t 2 ( "; ") : Supondo que b < 1 existe n1 2 N tal que se n > n1 tem-se
jtn
bj <
"
)
2
"
< tn
2
b<
"
)
2
"
+ t < t + tn
2
b<
"
+ t; 8t 2 ( "; ") :
2
"
Em particular para t = ;
2
0=
" "
+ < t + tn
2 2
b ) b < t + tn :
O que é um absurdo pois t + tn 2
= (a; b) : O caso de tn ! a é análogo.
Corolário 6.1.1 Se a órbita de X passando por p está contida num compacto K; então a
curva integral de X por p está de…nida para todo t 2 R:
90
91
Capítulo 6. O Teorema de Poincaré-Bendixson
Prova: Existe tn ! b com ' (tn ; p) 2 K: (' (tn ; p)) possui uma subseqüência convergente
para x 2 K
A:
Então, b = 1 pela proposição anterior.
De…nição 6.1.1 Dados um campo X : A
Rn ! Rn de classe C r ; r
1; no aberto A e
p 2 A: Considere ' (t; p) a curva integral de X passando por p; de…nida no intervalo maximal
Ip = (a; b) : Se b = 1 de…ne-se o conjunto
! (p) = fq 2 A; 9 (tn ) com tn ! 1 e ' (tn ; p) ! q; quando n ! 1g
Analogamente, se a =
1; de…ne-se o conjunto
(p) = fq 2 A; 9 (tn ) com tn !
Os conjuntos ! (p) e
1 e ' (tn ; p) ! q; quando n ! 1g
(p) são chamados respectivamente de conjunto !-limite e con-
junto -limite de p:
Exemplo 6.1.1 Seja X : R2 ! R2 o campo C 1 dado por:
X(x; y) = (x; y)
As curvas integrais de X são representadas na …gura (17), em R2 :
Figura 17
Se p = 0;
Se p 2 E1
Se p 2 E2
(p) = ! (p) = f0g ;
f0g ; ! (p) = f0g e
f0g ; ! (p) = ; e
Se p 2
= E1 [ E2 ; ! (p) = ; e
(p) = ;;
(p) = f0g ;
(p) = ;:
6.1. Conjuntos -limite e !-limite de uma órbita
92
Observações:
a) Sejam ' (t; p) a curva integral de X por p e
p; então
(t; p) a curva integral de
(t; p) = ' ( t; p) : Segue daí que !-limite de
e, reciprocamente, o !-limite de ' (t; p) é igual ao
X pelo ponto
(t; p) é igual ao -limite de ' (t; p)
-limite de
(t; p) : Por este motivo, é
su…ciente nos restringirmos ao estudo do conjunto !-limite.
b) Se limt!1 ' (t; p) = q 2 A; então ! (p) = fqg e q é um ponto crítico.
Com efeito, ! (p) = fqg pois,
x 2 ! (p) , 9tn ! 1 com ' (tn ; p) ! x , x = q:
Além disso, para cada coordenada 'i (t; p) de ' (t; p) = ('1 (t; p) ; :::; 'n (t; p)) tem-se, pelo
Teorema do Valor Médio, que existe t 2 (t; t + 1) tal que
'i (t + 1; p) 'i (t; p)
d
= 'i t; p = Xi 'i t; p
(t + 1) t
dt
:
Passando ao limite quando t ! 1; temos X (q) = 0:
c) Se q 2 O (p) ; então ! (p) = ! (q) :
De fato, se q 2 O (p) ; então q = ' (t1 ; p) e daí
' (t; q) = ' (t; ' (t1 ; p)) = ' (t + t1 ; p) e Ip = Iq + t1 :
Segue que
x 2 ! (p) ) 9tn ! 1 com ' (tn ; p) ! x ) ' (tn + t1 ; p) ! x ) ' (tn ; q) ! x;
e daí x 2 ! (q) : Analogamente se veri…ca que ! (q)
Teorema 6.1.1 Sejam X : A
! (p) :
Rn ! Rn de classe C r ; r
órbita de p, O (p) ; é periódica, então O (p) é fechado e
! (p) = O (p) = f' (t; p) tal que 0
t
1; no aberto A e p 2 A: Se a
g=
(p)
Prova: Sejam o período de O (p) e a seqüência ' (xn ; p) em O (p) com ' (xn ; p) ! x: Dado
xn
2 R é possível encontrar m 2 Z e rn 2 [0; 1) tal que
xn
= m + rn
Assim,
x n = m + rn
93
Capítulo 6. O Teorema de Poincaré-Bendixson
Fazendo rn = yn ; teremos xn = m + yn e 0
yn <
para todo n 2 N: Logo, pelo Teorema
de Bolzano-Weierstrass, (yn ) possui uma subseqüência (ynk ) convergente com ynk ! a: Segue
que
x = lim ' (xn ; p) = lim ' ( m + yn ; p) = lim ' (yn ; p)
= lim ' (ynk ; p) = ' (lim ynk ; p) = ' (a; p) 2 O (p)
Conclui-se, então, que x 2 O (p) : Agora, basta mostrar que O(p)
! (p) : Com efeito, se
x 2 O (p) ; existe t1 2 [0; ] tal que ' (t1 ; p) = x: De…nir a seqüência tn = t1 + n : Tem-se
que tn ! 1 e
' (tn ; p) = ' (t1 + n ; p) = ' (t1 ; p) = x:
Para mostrar que
(p) = O (p) basta tomar a seqüência tn = t1
n :
Exemplo 6.1.2 Para um campo com retrato de fase dados nas …guras, temos:
(p) = f0g ; ! (p) = O (q)
(q) = O (q) ; ! (q) = O (q)
(s) = ;; ! (q) = O (q)
(q1 ) =
(q3 ) = fp1 g
(p) = f0g ; ! (p) = f0g
(q) = fsg ; ! (q) = O (p) [ f0g
(p) = O (q1 ) [ O (q2 ) [ O (q1 ) = fp1 ; p2 ; p3 g
(s) = fsg ; ! (s) = fsg
(p) = f0g ; ! (p) = O (p1 ) [ O (p2 )
! (p1 ) = ! (p2 ) =
(p1 ) =
(p2 ) = ;
6.1. Conjuntos -limite e !-limite de uma órbita
Teorema 6.1.2 Sejam X : A
tivamente O (p) = f' (t; p) : t
94
Rn ! Rn de classe C r e O+ (p) = f' (t; p) : t
0g ) a órbita positiva (resp. negativa) do campo X pelo
ponto p: Se O+ (p) (resp. O (p) ) está contida num subconjunto compacto K
a) ! (p) 6= ; (resp.
0g (respecA; então:
(p) );
b) ! (p) é compacto (resp.
(p) );
c) ! (p) é invariante por X (resp.
d) ! (p) é conexo (resp.
(p) ).
(p) ), isto é, se q 2 ! (p) ; então O (q)
! (p);
Prova:
a) ! (p) 6= ;:
Seja tn = n 2 N: Por hipótese f' (tn )g
K compacto. Então existe uma subseqüência
f' (tnk )g que converge para um ponto q 2 K: Temos então
tnk = nk ! 1 quando nk ! 1 e ' (tnk ) ! q:
Logo q 2 ! (p) :
b) ! (p) é compacto.
Temos que ! (p)
O+ (p)
K; por conseguinte, é su…ciente mostrar que ! (p) é
fechado. Seja qn ! q; qn 2 ! (p) : Vamos mostrar que q 2 ! (p) : Desde que qn 2 ! (p) ; existe
(n)
para cada qn uma seqüência tm
(n)
cada seqüência tm
(n)
(n)
tal que tm ! 1 e ' tm
(n)
! qn ; quando m ! 1: Para
escolhemos tn = tm(n) > n tal que
d (' (tn ; p) ; qn ) <
1
:
n
Temos então
d (' (tn ; p) ; q) = d (' (tn ; p) ; qn ) + d (qn ; q) <
1
+ d (qn ; q) :
n
Segue então que d (' (tn ; p) ; q) ! 0; quando n ! 1; isto é, ' (tn ; p) ! q: Como tn ! 1
quando n ! 1; q 2 ! (p) :
c) ! (p) é invariante por X:
Seja q 2 ! (p) e
q1 = ' (t0 ; q) =
: Iq ! A a curva integral de X passando pelo ponto q: Seja
(t0 ) e vamos mostrar que q1 2 ! (p) : Como q 2 ! (p) ; existe (tn ) tal que
tn ! 1 e ' (tn ; p) ! q quando n ! 1: Como ' é contínua, segue que:
q1 = ' (t0 ; q) = ' t0 ; lim ' (tn ; p) = lim ' (t0 ; ' (tn ; p)) = lim ' (t0 + tn ; p) :
n!1
n!1
n!1
95
Capítulo 6. O Teorema de Poincaré-Bendixson
Temos uma seqüência (sn ) = (t0 + tn ) tal que sn ! 1 e ' (sn ; p) ! q1 ; quando n ! 1:
Portanto q1 2 ! (p) :
d) ! (p) é conexo.
Suponhamos ! (p) não conexo. Então ! (p) = C [ B com C \ B = ;; C 6= ;; B 6= ; e
C e B abertos em ! (p) :
C é fechado: Seja (tn ) em C uma seqüência tal que tn ! q quando n ! 1: Como ! (p) é
fechado e tn 2 ! (p) ; temos que q 2 ! (p) : Logo, ou q 2 C ou q 2 B: Se q 2 B temos:
9 > 0 : 8x 2 ! (p) ; jx
qj <
) x 2 B;
pois B é aberto em X: Mas,
9n0 2 N : n > n0 ) jtn
qj < :
Então
tn0 +1 2 ! (p) e jtn0 +1
qj <
) tn0 +1 2 B:
Um absurdo com C \ B = ;: Seque que q 2 C e C é fechado. Analogamente se mostra que
B também é fechado.
Sendo C 6= ;; existe uma seqüência (t0n ) tal que t0n ! 1 e ' (t0n ) ! a 2 C; quando
n ! 1: Analogamente, existe (t00n ) em B com t00n ! 1 e ' (t00n ) ! b 2 B; quando n ! 1:
Considere
d = d (C; B) = inf fja
bj ; a 2 C e b 2 Bg > 0;
pois C e B são fechados. Construimos a seqüência (tn ) da seguinte forma:
(
t0n se n é ímpar
tn =
t00n se n é par
Então, quando n ! 1; tn ! 1; d (' (t2n ) ; C) <
d
2
e d (' (t2n+1 ) ; C) > d2 ; com efeito,
9 > 0 : 8x 2 ! (p) ; jx
bj <
) x 2 B;
9n0 2 N : n > n0 ) j' (t2n+1 )
bj <
) ' (t2n+1 ) 2 B:
Então, d (' (t2n+1 ) ; C)
d (B; C) = d > d2 :
A função g (t) = d (' (t) ; C) ; tn
t
g (tn ) <
tn+1 para todo n ímpar é contínua. além disso,
d
d
e g (tn+1 ) > ;
2
2
6.2. O Teorema de Poincaré-Bendixson
96
segue-se, do teorema do valor intermediário, que existe tn ; tn < tn < tn+1 tal que
d
g tn = d ' tn ; C = :
2
Desde que a seqüência ' tn
está contida no conjunto compacto
Q = fx 2 A : d (x; C) = d=2g ;
' tn
possui uma subseqüência convergente que denotamos por ' tnk
: Seja
p = limnk !1 ' tnk : Então p 2 ! (p) : Mas p 2
= C; pois d (p; C) = d=2 > 0; também, p 2
= B;
pois d (p; B)
d (C; B)
d (p; C) = d=2 > 0: Chegamos portanto a uma contradição.
Corolário 6.1.2 Se O+ (p) está contida num subconjunto K
então a curva integral de X por q está de…nida para todo t 2 R:
Prova: Pelo teorema anterior, ! (p) é compacto e O (q)
A compacto e se q 2 ! (p) ;
! (p) : Logo, pelo Corolário 6.1.1,
a curva integral de X por q está de…nida para todo t 2 R:
6.2
O Teorema de Poincaré-Bendixson
Lema 6.2.1 Se p 2
\ ! (O) ; sendo
uma seção transversal a X e O = f' (t)g uma
órbita qualquer de X; então p pode ser expresso como limite de uma seqüência de pontos
' (tn ) ; de
; onde tn ! 1:
Prova: Consideremos a vizinhança V e a aplicação : V ! R dadas pelo Corolário 5.3.1.
Como p 2 ! (O) ; existe ten tal que ten ! 1 e ' ten ! p quando n ! 1: Então, existe
n0 2 N tal que ' ten 2 V para todo n n0: Se tn = ten + ' ten para n n0 ; temos:
' (tn ) = ' ten +
= '
e, por de…nição de
' ten
' ten
resulta que ' (tn ) 2 : Como
lim ' (tn ) = lim '
n!1
' ten
;q
; ' ten
;
é contínua, segue-se que
; ' ten
= ' (0; p) = p;
97
Capítulo 6. O Teorema de Poincaré-Bendixson
pois ' ten ! p e
' ten
! (p) = 0 quando n ! 1:
Observemos que uma seção transversal
derarmos o campo X em R2 : Logo, localmente,
a um campo X tem dimensão um, se consié a imagem difeomorfa de um intervalo de
reta. Consideramos daqui por diante, que toda seção transversal
de um intervalo. Assim,
tem uma ordenação total “ ” induzida pela ordenação total do
intervalo. Podemos, pois, falar em seqüências monótonas em
Lema 6.2.2 Seja
p 2
é a imagem difeomorfa
:
uma seção transversal a X: Se O (x) é uma órbita qualquer a X e
\ O (x) ; então, O+ (x) = f' (t; p) : t
0g intercepta
numa seqüência monótona
p1 ; p2 ; :::; pn ; :::
A demonstração desse lema pode ser encontrada em [1].
Lema 6.2.3 Se
em um ponto.
é uma seção transversal a X e p 2 A; então
Prova: Temos que
intercepta ! (p) no máximo
\ O+ (p) = fp1 ; p2 ; :::; pn ; :::g : Esse conjunto possui no máximo um
ponto limite pois (pn ) é monótona. Se
\ ! (p) 6= ; e q; s 2
\ ! (p) ; então q = lim ' (tn ; p)
e s = q = lim ' (sn ; p) com ' (tn ; p), ' (sn ; p) 2 ; pelo Lema 6.2.1. Daí, ' (tn ; p), ' (sn ; p) 2
\ O+ (p) e, então, s = q:
Lema 6.2.4 Sejam p 2 A; com O+ (p) contida num compacto, e O (x) uma órbita de X
com O (x)
! (p) : Se ! (x) contém pontos regulares, então O (x) é uma órbita fechada e
6.2. O Teorema de Poincaré-Bendixson
98
! (p) = O (x) :
Prova: Seja q 2 ! (x) um ponto regular e sejam V vizinhança de q dada pelo teorema do
‡uxo tubular e
q
a seção transversal correspondente. Porque q 2
6.2.1, existe seqüência tn ! 1 tal que ' (tn ; x) 2
q
\ ! (x) ; pelo Lema
q
e ' (tn ; x) ! q: Como O (x)
temos ' (tn ; x) 2 ! (p) para cada n 2 N: Então tem-se ' (tn ; x) 2
q \!
! (p)
(p) e daí, pelo Lema
6.2.3, f' (tn ; x)g reduz-se a um ponto. Isto prova que O (x) é periódica.
Provemos agora que ! (p) = O (x) : Para isso basta mostrar que O (x) é aberto em
! (p) : Com efeito, O (x) é fechado não vazio. Logo ! (p)
O (x) é aberto em ! (p) : Além
disso, ! (p) é conexo. Então, se provássemos que O (x) é aberto em ! (p) ; teríamos
! (p) = O (x) [ (! (p)
Segue que ! (p)
O (x)) :
O (x) = ; e O (x) = ! (p) :
O (x) é aberto em ! (p): Seja p 2 O (x) que é ponto regular porque O (x) é periódica. Então, considere Vp vizinhança de p dada pelo teorema do ‡uxo tubular e
p
a seção transversal
correspondente. Mostraremos que Vp \O (x) = Vp \! (p) : Obviamente Vp \O (x)
Vp \! (p) :
Por contradição, suponhamos que exsita q 2 Vp \ ! (p) tal que q 2
= O (x) : Pelo Corolário
5.3.1, existe t 2 R tal que ' (t; q) 2
2 ! (p) : Daí ' (t; q) 2
p
O (x) é periódica, temos
p:
Pela invariância de ! (p) ; temos então que ' (t; q)
\ ! (p) : p 6= ' (t; q). De fato: suponha que p = ' (t; q). Como
' (t; q) 2 O (x) ) ' (s; ' (t; q)) 2 O (x) ; 8s 2 R ) ' ( t; ' (t; q)) 2 O (x) ) q 2 O (x) :
Um absurdo com q 2
= O (x) : Mas, p 2 ! (p) e daí p 2
distintos, de ! (p) em
p
p
\ ! (p) : Segue existem dois pontos
o que é impossível pelo Lema 6.2.3. Logo Vp \ O (x) = Vp \ ! (p) :
Seja U = [p2O(x) Vp : U é aberto em A; O (x)
U \ ! (p) =
U e
[p2O(x) Vp \ ! (p) = [p2O(x) (Vp \ ! (p))
= [p2O(x) (Vp \ O (x)) = U \ O (x) = O (x) :
Isso mostra que O (x) é aberto em ! (p) : De fato:
y 2 O (x) ) y 2 U ) 9 > 0 : B (y; )
U:
99
Capítulo 6. O Teorema de Poincaré-Bendixson
Daí,
v 2 B (y; ) e v 2 ! (p) ) v 2 U \ ! (p) ) v 2 O (x) :
Teorema 6.2.1 (Poincaré-Bendixson). Seja ' (t) = ' (t; p) uma curva integral de X; de…nida
para todo t
0; tal que O+ (p) esteja contida num compacto K
A: Suponha que X possua
um número …nito de singularidades em ! (p) : Têm-se as seguintes a…rmações:
a) Se ! (p) contém somente pontos regulares, então ! (p) é uma órbita periódica.
b) Se ! (p) contém pontos regulares e singulares, então ! (p) consiste de um conjunto de
órbitas, cada uma das quais tende a um desses pontos singulares quando t ! 1:
c) Se ! (p) não contém pontos regulares, então ! (p) é um ponto singular.
Prova: a) Se q 2 ! (p) ; então O+ (q)
! (p) pela invariância de ! (p) : Sendo ! (p) compacto
resulta que ! (q) 6= ;: De fato:
tn = n ! 1 e ' (tn ; q) 2 O+ (q)
! (p)
possui uma subseqüência convergente para x 2 ! (p) : Então x é regular e daí podemos
aplicar o Lema 6.2.4. Portanto,
O (q) = ! (p) = órbita fechada.
b) Se x 2 ! (p) ; então O (x)
! (p) : Considere O (x) não reduzida a um ponto singular.
Se ! (x) contém pontos regulares, pelo Lema 6.2.4, O (x) = ! (p) é uma órbita fechada.
Daí, ! (p) não contém pontos singulares. Então ! (x) só contém pontos singulares que são
…nitos em ! (p) (! (x)
! (p)) . Consideremos ! (x) = fp1 ; p2 ; :::; pn g : Como O (x)
! (p)
compacto, segue que ! (x) é conexo. Daí, ! (x) = fpj g :
c) Decorre imediatamente de ! (p) ser conexo e do fato de X possuir somente um número
…nito de singularidades em ! (p) :
Capítulo 7
O Método “Blow-up”
7.1
Introdução
Para determinar o retrato de fase de um campo de vetores X no qual x0 é singularidade
hiperbólica utilizamos o método de linearização através do Teorema de Hartman-Grobman.
Se x0 é uma singularidade não hiperbólica, o Teorema de Hartman-Grobman não se aplica
e, por isso, temos que recorrer a outros métodos.
O método blow-up é usado para encontrar o retrato de fase de campos de vetores X
em R2 numa vizinhança de x0 quando x0 é uma singularidade não hiperbólica. Mudanças de
coordenadas são introduzidas para expandir singularidades em círculos contendo um número
…nito de pontos críticos. Se estes pontos são hiperbólicos podemos aplicar o Teorema de
Hartman-Grobman a esses pontos e, em seguida, voltamos ao ponto original.
7.2
Germes e Jatos de Campos de Vetores
De…nição 7.2.1 Dois campos de vetores X e Y em Rn com X (0) = Y (0) = 0 são germeequivalentes em 0 se eles coincidem em alguma vizinhança V de 0; isto é,
X (x) = Y (x) ; 8x 2 V:
As classes de equivalência para esta relação de equivalência são chamadas germes de campos
de vetores em 0: Gn;r denota o conjunto de germes para campos de vetores de classe C r em
0 e Gn o conjunto de germes para campos C 1 em 0:
100
101
Capítulo 7. O Método “Blow-up”
~ Y~ 2 Gn : Então X
~ e Y~ são k-jato-equivalentes (com k 2 N) se
De…nição 7.2.2 Sejam X;
~ e Y~ tivermos que
para algum representante (e daí para todo) X e Y; respectivamente de X
9c > 0; 9 > 0; k(X
c kxkk+1 ; 8x 2 Rn ; kxk < :
Y ) (x)k
Uma classe de equivalência para esta relação é chamada k-jato de um campo de vetores e
será denotada por jk (X) (0) : A classe de equivalência jk (X) (0) é formadas por germes cujo
representante é X:
Quando X é de classe C 2 e X (0) = 0; pela diferenciabilidade obtemos
r1
X (x) = DX (0) :x+r1 (x) com lim
= 0: Considere A = DX (0). Então, lim (X (x)
x!0
x!0 kxk2
~ e A~ são 1-jato-equivalentes. Portanto,
0 e daí X
A:x) =
j1 (X) (0) = j1 (DX (0)) (0) :
Por esta razão, vamos denotar DX (0) por j1 (X) (0) : Da mesma forma dizemos que
jk (X) (0) = 0 quando 0 é um representante do jato, ou seja, quando
9c > 0; 9 > 0; kX (x)k
7.3
c kxkk+1 ; 8x 2 Rn ; kxk < :
Construção de um blow-up polar em R2
Nesta seção vamos descrever o método para campos de vetores C 1 ; o caso C r é
@
@
praticamente o mesmo. Adotaremos a notação
e
representando os vetores unitários
@x @y
(1; 0) e (0; 1) ; respectivamente. Seja X, campo de classe C 1 em R2 com X (0) = 0 de…nido
por
X (x; y) = P (x; y)
associado ao sistema
(
Considere a aplicação
@
@
+ Q (x; y)
@x
@y
x0 = P (x; y)
y 0 = Q (x; y)
(7.1)
correspondente à mudança de coordenadas dada por
: S1
R ! R2
(7.2)
( ; r) 7! (r cos ; r sen ) :
^ : S1
Devemos encontrar um campo de vetores X
R ! R2 com
^ =X
^ ( ; r) = X1 ( ; r) @ + X2 ( ; r) @
X
@
@r
7.3. Construção de um blow-up polar em R2
de tal forma que o sistema
(
0
102
= X1 ( ; r)
0
r = X2 ( ; r)
^ é chamado “pull back” de X por : Sendo
seja equivalente ao sistema (7.1). O campo X
x = r cos e y = r sen ; temos que
x0 = r0 cos
r 0 sen ; y 0 = r0 sen + r 0 cos :
(7.3)
Multiplicando a primeira equação por cos e a segunda por sen tem-se que
x0 cos = r0 cos2
r 0 sen cos ; y 0 sen = r0 sen2 + r 0 cos sen ;
Portanto, somando-as membro a membro, obtemos
r0 = cos P (r cos ; r sen ) + sen Q (r cos ; r sen ) :
Agora, multiplicando a primeira das Eq.(7.3) por sen
e a segunda por cos
e logo em
seguida, subtraindo-as, temos
0
=
1
(cos Q (r cos ; r sen )
r
sen P (r cos ; r sen )) :
Portanto,
^ ( ; r) = 1 (cos Q (r cos ; r sen )
X
r
sen P (r cos ; r sen ))
(cos P (r cos ; r sen ) + sen Q (r cos ; r sen ))
@
+
@
(7.4)
@
:
@r
Essa construção nos permite demonstrar a seguinte proposição:
Proposição 7.3.1 Seja X um campo de classe C 1 em R2 com X (0) = 0: Seja
^ : S1 R ! S1
: S1 R ! R2 f0g de…nida em 7.2. Então existe um campo X
+
+
R tal
que
^ ( ; r) = X ( ( ; r)) ; 8 ( ; r) 2 S1
D ( ; r) X
R+ :
^ dado pela Eq.(7.4) satisfaz a essa condição.
Prova: Basta veri…car que X
Com essa proposição, temos que jS1 R+ é um difeomor…smo que leva em R2
^ é topologicamente conjugado a X jR2 f0g :
Logo, X
f0g :
103
Capítulo 7. O Método “Blow-up”
^ está de…nido na superfície do cilindro e, em r = 0; a singularidade será
O campo X
expandida, que é o mesmo que desingularizada. O esboço do retrato de fase, no cilindro,
é visualizado como mostra o diagrama abaixo:
Se X tem a propriedade de jk (X) (0) = 0 e jk+1 (X) (0) 6= 0 para algum k < 1; então
nós de…nimos X como
X=
1 ^
X:
rk
que é um campo de classe C 1 em S1 R: Pela Proposição 3.2.1, esta divisão não muda as
^ muda apenas a parametrização de t: Para ilustrar o método vamos a alguns
órbitas de X;
exemplos.
Exemplo 7.3.1
X (x; y) = x2
2xy
@
+ y2
@x
@
:
@y
xy
A única singularidade de X é (0; 0) e vemos que DX (0; 0) é a matriz nula. Então não
podemos linearizar o sistema, devemos aplicar o método. Pela Eq.(7.4), temos
^ = 1 cos
X
r
r2 sen2
r2 cos sen
sen
+ cos
r2 cos2
2r2 cos sen
+ sen
= r cos sen (3 sen
+r2 cos3 + sen3
2 cos )
r2 cos2
2r2 cos sen
r2 sen2
r2 cos sen
@
@
2 cos2 sen
cos sen2
@
:
@r
Nesse exemplo k = 1 resulta que
X =
1^
X = cos sen (3 sen
r
+r cos3 + sen3
2 cos )
@
@
2 cos2 sen
cos sen2
@
:
@r
@
@
@
@r
7.3. Construção de um blow-up polar em R2
104
Em r = 0 temos seis singularidades para X : (0; 0) ;
onde tan
1
; 0 ; ( ; 0) ;
3
; 0 ; ( 1 ; 0) e ( 2 ; 0),
2
2
2
= tan 2 = : Calculando as matrizes jacobianas de X nesses pontos encontramos
3
"
#
"
#
3 0
2 0
;0 =
;
DX (0; 0) =
; DX
2
0 1
0 1
"
#
"
#
2 0
3 0
3
DX ( ; 0) =
; DX
;0 =
;
2
0
1
0
1
"
#
"
#
a1 0
a2 0
DX ( 1 ; 0) =
; DX ( 2 ; 0) =
;
0 b1
0 b2
com
26
cos3
9
26
=
cos3
9
a1 =
1 ; b1
=
a2
2 ; b2
=
7
cos3
9
7
cos3
9
1;
2:
Vemos que a1 ; b2 > 0 e a2 ; b1 < 0 e, então as singularidades são hiperbólicas e localmente
são pontos de sela. Devemos encontrar a posição das variedades invariantes. Em torno de
(0; 0) ; temos que E s = [(1; 0)] e E u = [(0; 1)] : Logo, na direção de ; temos que a órbita
tende para (0; 0) quando t ! 1 e na direção de r; a órbita tende a (0; 0) quando t !
Prosseguindo de forma análoga para as outras singularidades, o retrato de fase será:
1:
105
Capítulo 7. O Método “Blow-up”
Em seguida, voltando à singularidade original, isto é “implodindo”, obtemos seis separatrizes
no plano de fase local.
Exemplo 7.3.2
X (x; y) = xy
@
@
+ ax2 + bxy + cy 2
:
@x
@y
Apenas a origem é uma singularidade para esse campo e de acordo com os valores de a; b e
^ “pull back”de X; será:
c encontramos diferentes tipos de retrato de fase. O campo X;
^ ( ; r) = r a cos3 + b cos2 sen + (c
X
@
@
1) cos sen2
+r2 (a + 1) cos2 sen + b cos sen2 + c sen3
Assim,
@
:
@r
1^
X ( ; r) = X
( ; r) ;
r
X ( ; r) = cos
a cos2 + b cos sen + (c
1) sen2
@
@
+r (a + 1) cos2 sen + b cos sen2 + c sen3
Em r = 0; independente dos valores de a; b e c;
2
;0 e
3
;0
2
@
:
@r
são singularidades de X.
Para encontrarmos outras resolvemos a equação
a cos2 + b cos sen + (c
1) sen2 = 0:
Dividindo ambos os termos por cos2 , obtemos
(c
1) tg2 + b tg + a = 0:
Considerando c 6= 1, seu discriminante será
mais singularidades para X: Se
= b2
4 (c
1) a: Se
> 0; serão seis singularidades, mas se
< 0; não existem
= 0; serão quatro
7.3. Construção de um blow-up polar em R2
singularidades para X: Caso
106
0;
b
tg =
2 (c
p
1)
:
Além disso,
DX
Se
6=
2
;0 =
"
2
(1
1
c 0
0
c
#
3
;0
2
e DX
=
"
c
1
0
0
c
#
(7.5)
:
3
; então
2 2
;
3
DX ( ; r) = cos
6
6
6 +2 c
4
c) tg3
3
2b tg2
3a
1
2
0
0
tg + b
tg [1 + a + b tg + c tg2 ]
7
7
7:
5
Essas matrizes nos permitem veri…car se as singularidades de X são hiperbólicas e em caso
a…rmativo, linearizar o sistema.
Vamos aplicar o método “blow-up”para os seguintes valores:
a
1.
2
2.
1. a =
1
b
c
1
1=2
1
1=2
1
3.
2
1
4.
2
1
2
2; b = 1; c = 1=2:
Nesse caso
=
3; portanto X possui apenas duas singularidades,
2
;0 e
3
;0 :
2
Além disso, por (7.6), encontramos
2
1
6 2
DX
;0 = 4
2
0
localmente,
2
3
0 7
1 5 e DX
2
; 0 é um nó instável e
3
;0
2
3
;0
2
2
1
6 2
=4
0
3
0 7
1 5;
2
é um nó atrator. Os retratos de fase
107
Capítulo 7. O Método “Blow-up”
de X e de X aparecem na …gura abaixo.
2. a = 1; b = 1; c = 1=2:
Nesse caso,
= 3 e daí esse campo terá seis singularidades:
2
3
; 0 , ( 1 ; 0),
2
;0 ,
( 2 ; 0), ( 3 ; 0) e ( 4 ; 0) onde
tg
1
= tg
2
=1+
p
3 e tg
3
= tg
As seis singularidades são hiperbólicas e, localmente,
4
=1
2
p
;0 e
3:
3
;0
2
são nós e as
outras são selas.
3. a =
2; b = 1; c =
1:
3
; 0 como
2
2
singularidades, que, localmente, são selas. O retrato de fase é esboçado abaixo.
Como, para esse caso,
=
15; esse campo terá apenas
;0
e
7.4. Blow-up direcional
4. a =
108
2; b = 1; c = 2.
Nesse exemplo vamos ter seis singularidades, porque
5
; 0 , ( 1 ; 0) e ( 2 ; 0) ; onde tg
4
1
= tg
bólicas. Com a linearização vemos que
2
2
=
;0 e
=3:
2
;0 ,
3
;0 ,
2
4
;0 ,
2: As singularidades são todas hiper3
;0
2
são selas e as outras são nós,
como é mostrado na …gura abaixo.
7.4
Blow-up direcional
Este é o mesmo blow-up visto na seção anterior, mas restrito a um pequeno domínio e
transformado numa mudança local de coordenadas.
Proposição 7.4.1 Seja X um campo de vetores de classe C 1 em R2 com X (0) = 0 e
considere
: R2 ! R 2
(x; y) 7! (x; xy)
~ em R2 tal que
Então existe um campo X
~ (q) = X ( (q)) ; 8q 6= (0; y) :
D (q) X
Prova: Sendo X o campo associado ao sistema (7.1), com a mudança x = x e y = xy;
^ 1 (x; y) @ associado ao sistema
^ 1 (x; y) = X
^ 1 (x; y) @ + X
devemos encontrar o campo X
1
2
@x
@y
(
^ 11 (x; y)
x0 = X
^ 1 (x; y)
y0 = X
2
109
Capítulo 7. O Método “Blow-up”
que é equivalente a (7.1). Como x0 = x0 e y 0 = x0 y + xy 0 temos que
x0 = P (x; xy)
1
[Q (x; xy)
y0 =
x
logo
yP (x; xy)] ;
^ 21 (x; y) = 1 [Q (x; xy)
^ 11 (x; y) = P (x; xy) e X
X
x
A mudança de coordenadas
yP (x; xy)] :
(7.6)
é dita x direção. De maneira análoga de…nimos y-direção:
: R2 ! R2
(x; y) 7! (xy; y)
e o campo conjugado a X por essa mudança será
1
Y^ 1 (x; y) = [P (xy; y)
y
xQ (xy; y)]
@
@
+ Q (xy; y) :
@x
@y
^ 1 (respec. Y^ 1 ) por xk (respec.
Novamente se jk (X) (0) = 0 e jk+1 (X) (0) 6= 0 nós dividimos X
y k ) e denotamos o campo de vetores resultante por X 1 (respec. Y 1 ), ou seja,
X1 =
1 ^1
1
X e Y 1 = k Y^ 1 :
k
x
y
Agora vamos mostrar que o blow-up direcional é algum blow-up polar. Considere
U
S1
R onde
Considere o mapa
n
U = ( ; r) 2 S1
R; 2
;
2 2
o
:
F : U ! R2
( ; r) 7! (r cos ; tg )
^ eX
^ 1 : O seguinte diagrama é comutativo:
que é C 1 em U e conjuga X
7.5. Blow-up sucessivos em R2
Seja V = f( ; r) 2 S1
110
R; 2 (0; )g : O mapa
G : U ! R2
( ; r) 7! (cotg ; r sen )
^ e Y^ 1 : Então o diagrama
é uma C 1 -conjugação entre X
é comutativo. Então, para usarmos o blow-up direcional devemos analisar em qual região
do cilindro está lcalizada a singularidade. Se está em U usaremos o x-direção, se está em V
usaremos o y-direção.
7.5
Blow-up sucessivos em R2
Vamos apresentar um exemplo onde aplicar um blow-up não é su…ciente para desingularizar
a singularidade. Precisaremos repetir a construção.
Exemplo 7.5.1
X (x; y) = ay 3
@
@
+ x + by + cy 3
@x
@y
^ e, pela equação (7.4),
com a > 0 e b2 + 2a > 0: Desde que j1 (X) (0) 6= 0; X = X
^ ( ; r) = cos2 + br cos sen2 + cr2 sen3 cos
X ( ; r) = X
ar2 sen4
+r sen cos + r2 cos sen3 + r sen3 + cr2 sen4
@
@
@
:
@r
3
; 0 : Porque
2
2
X ( + ; r) = X ( ; r) é su…ciente o estudo de X numa vizinhança de
; 0 : Para estudar
2
X na vizinhança de
; 0 devemos usar o blow-up direcional na direção y
2
As singularidades em S1
f0g são os pontos
;0 e
(x; y) 7! (xy; y) ;
111
Capítulo 7. O Método “Blow-up”
pois
; 0 2 V e então a conjugação G está de…nida nessa vizinhança. Nestas coordenadas,
2
@
@
Y^ 1 (x; y) = Y^11 (x; y)
+ Y^21 (x; y)
onde
@x
@y
1
Y^11 (x; y) = [P (xy; y) xQ (xy; y)] ;
y
1
^
Y2 (x; y) = Q (xy; y) ;
1
Y^11 (x; y) = [ay 3 x (xy + by 2 + cy 3 )] = x2 bxy + ay 2 cxy 2 ;
y
Y^21 (x; y) = xy + by 2 + cy 3 :
Como j1 (X) (0) 6= 0, temos que
Y 1 (x; y) = Y^ 1 (x; y) =
x2
bxy + ay 2
cxy 2
@
@
+ xy + by 2 + cy 3
:
@x
@y
Em y = 0; a única singularidade de Y ocorre para x = 0: Isso corresponde no cilindro que
r = 0 (r sen = 0) a singularidade será onde cotg = 0; ou seja em ; que está de acordo
2
~ O 2-jato de Y 1 em (0; 0) será
com a singularidade encontrada para X:
Y 1 (x; y) =
x2
bxy + ay 2
@
@
+ xy + by 2
:
@x
@y
Devemos aplicar novamente um blow-up à singularidade que é semelhante ao que foi feito na
seção 7.3. Encontra-se seis pontos hiperbólicos que são selas por causa das condições a > 0
e b2 + 2a > 0: A estrutura desse exemplo é a seguinte:
Bibliogra…a
[1] J. Sotomayor. Lições de Equações Diferenciais. Projeto Euclides, CNPq-IMPA, 1979.
[2] L. Fichmann. Sistemas Dinâmicos. IME-USP, 2004.
[3] F. Dumortier, C. Herssens. Tracing Phase Portraits of Planar Polynomial Vector Fields
with Detailed Analysis of the Singularities. Qualitative Theory of Dynamical Systems 1,
97-131 (1999).
[4] J.Hale; H. Koçak, Dynamics and Bifurcations, Springer-Verlag, Text in Applied Mathematics 3 (1991).
[5] A. Andronov, E. A. Leontovich et al. Theory of Bifurcations of Dynamic Systems in the
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[6] A. Andronov, A. Vitt, S. Khaikin. Theory of Oscillators. Pergamon Press: New York
(1966).
[7] Java PHASER Project A Universal Simulator for Dynamical Systems.
[8] F. Dumortier, Singularities of Vector Fields on the Plane. J. Di¤erential Equations, n
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[9] F. Dumortier, Local Study of Planar Vectors Fields on the Plane. Stud. Math. Phys. 2,
North-Holland, Amsterdam (1991), pp 161-241.
112