Nesta seção, mostramos que um campo vetorial X pertencente ao conjunto ΣΓ,∆ = ΣΓ,∆(1)∩ΣΓ,∆(2)∩ΣΓ,∆(3)é estruturalmente estável em ΞΓ,∆. Para isso, provamos
que ΣΓ,∆ é aberto e denso em ΞΓ,∆.
A seguir, apresentamos duas proposições que serão úteis na demonstração do Teorema 3.4.3, o qual nos auxiliará na prova da densidade.
Proposição 3.4.1. Para qualquer X ∈ ΞΓ,∆, a família de quatro parâmetros Xα1,α2,ν,β
de nida por Xα1,α2,ν,β(x, y) = X(x, y) + α1 ∂ ∂x + α2 ∂ ∂y + ν x ∂ ∂x + y ∂ ∂y + β −y ∂ ∂x + x ∂ ∂y intersecta o conjunto ΞΓ,∆ \ ΣΓ,∆(1; 1, 20, 3) ∩ ΣΓ,∆(2; 2) em um conjunto de medida de
Lebesgue nula em R4.
Demonstração. Vamos examinar como os parâmetros α1, α2, ν e β agem no retrato de
fase de um campo vetorial X ∈ ΞΓ,∆ alterando suas singularidades, tangências e órbitas
periódicas no in nito. Para isso, vamos dividir a demonstração em quatro passos, mas antes fazemos algumas observações.
Considere o campo vetorial Xν,β(x, y) = X(x, y) + ν x ∂ ∂x + y ∂ ∂y + β −y ∂ ∂x + x ∂ ∂y . Tal expressão, em coordenadas (θ, ρ), é dada por
(Aν,β1 + ρAν,β0 ) ∂ ∂θ − ρ(R ν,β 1 + ρR ν,β 0 ) ∂ ∂ρ. (3.4.1) Assim, usando as equações (3.2.1) e (3.2.2) do Lema 3.2.1, e substituindo pelos termos equivalentes de Pν,β e Qν,β, obtemos
Aν,β1 (θ, 0) = β + A1(θ, 0),
Rν,β1 (θ, 0) = ν + R1(θ, 0).
(3.4.2) Além disso, para os campos vetoriais Xα1,α2,ν,β e Xν,β, vale
Aα1,α2,ν,β 1 (θ, 0) = A ν,β 1 (θ, 0), Rα1,α2,ν,β 1 (θ, 0) = R ν,β 1 (θ, 0). (3.4.3) Essas observações são necessárias para os passos 1 e 4 da demonstração.
Passo 1: Vamos primeiramente analisar as singularidades no in nito. Para isso, vamos estudar o campo vetorial Xν,β utilizando sua expressão dada por (3.4.1).
As singularidades no in nito de Xν,β são os pontos da forma (θ, 0) em que
Jacobiano do campo vetorial Xν,β nesse ponto, obtemos ∂ ∂θA ν,β 1 (θ0, 0) ∂ρ∂ A1ν,β(θ0, 0) + Aν,β0 (θ0) 0 −Rν,β1 (θ0, 0) ! .
Como a matriz acima é triangular superior, os seus autovalores são os elementos da di- agonal principal, assim, para a singularidade no in nito (θ0, 0) ser hiperbólica, devemos
ter ∂ ∂θA ν,β 1 (θ0, 0) Rν,β1 (θ0, 0) 6= 0.
Pelas igualdades obtidas em (3.4.2), temos
Aν,β1 (θ, 0) = 0 ⇔ β = −A1(θ, 0),
Rν,β1 (θ, 0) = 0 ⇔ ν = −R1(θ, 0).
Com isso, no espaço tridimensional (ν, β, θ), a superfície formada pelas singularidades no in nito de Xν,β é dada por
S(ν, θ) = (ν, −A1(θ, 0), θ).
Nela está contida a curva
C(θ) = (−R1(θ, 0), −A1(θ, 0), θ)
formada pelas singularidades não hiperbólicas no in nito nas quais Rν,β
1 (θ, 0) se anula.
As funções A1(θ, 0) e R1(θ, 0) são contínuas e, restritas a cada intervalo da
forma [(k − 1)π 2, k
π
2], k ∈ {1, 2, 3, 4}, são quadráticas com suas expressões dadas em
(3.2.3) e (3.2.5). Logo, os pontos onde ∂ ∂θA
ν,θ
1 (θ, 0) = 0 correspondem aos pontos críticos
das funções A1,k(θ) em cada intervalo ((k − 1)π2, kπ2). Note que a função
A1,1(θ) = [b21+ c2] cos2θ + [b22− b11+ d2− c1] sen θ cos θ − [b12+ d1] sen2θ
possui, no máximo, um ponto crítico, isto é, A0
1,1(θ) = 0. De fato, temos
A01,1(θ) =[b21+ c2] cos(2θ) + [b22− b11+ d2− c1] sen θ cos θ − [b12+ d1] sen(2θ)
=[b21+ c2] cos(2θ) + [b22− b11+ d2− c1] 2 − [b12+ d1] sen(2θ). Então, A0
1,1(θ) = 0 se, e somente se,
tan(2θ) = sen(2θ) cos(2θ) = 2(b21+ c2) 2(b12+ d1) − (b22− b11+ d2− c1) . Como θ ∈ (0,π
2), temos que tan(2θ) possui apenas um ponto crítico, isso implica que
A1,1(θ) possui no máximo um ponto crítico. De modo análogo, obtemos que A1,k para
k ∈ {2, 3, 4}, possui no máximo um ponto crítico em ((k − 1)π2, kπ2). Portanto, a função A1(θ, 0) tem no máximo quatro valores críticos no conjunto (0, 2π) \ {π2, π, 3π2}.
Como também queremos evitar que as singularidades no in nito estejam si- tuadas nos eixos x e y, precisamos desconsiderar os valores β = A1(θ, 0) quando θ ∈
{0,π 2, π, 3
π 2}.
Logo, os valores de (ν, β) para os quais temos uma singularidade não hiper- bólica no in nito ou na direção dos eixos x e y, de nem nove curvas na superfície S. Projetando essas curvas no plano (ν, β) encontramos no máximo oito retas paralelas ao eixo ν e uma curva que é a projeção de C. Denotamos por c1, c2, . . . , c9 essas retas e a
projeção da curva C.
Portanto, pelas igualdades obtidas em (3.4.3), temos que os pontos (α1, α2, ν, β)
tais quais Xα1,α2,ν,β ∈ Σ/ Γ,∆(1; 1)estão contidos na união nita dos conjuntos {(α1, α2, ν, β) ∈
R4 : (ν, β) ∈ ck}, k ∈ 1, 2, . . . , 9, os quais são conjuntos de medida de Lebesgue nula em R4.
Passo 2: Vamos agora analisar as singularidades nitas, para isso consideremos uma célula Γi× ∆j da malha (Γ, ∆). Nesta célula, o campo vetorial é escrito como
Xi,j(x, y) = X(x, y) Γi×∆j = Aij x y + bij. Vamos escrever Aij = aij 11 a ij 12 aij21 aij22 e bij = bij 1 bij2 . Com isso, na célula Γi× ∆j, o campo vetorial Xα1,α2,ν,β é dado por
aij11+ ν aij12− β aij21+ β aij22+ ν x y + b ij 1 + α1 bij2 + α2 .
Para o campo vetorial Xα1,α2,ν,β possuir singularidades não simples na célula
Γi× ∆j, deve ocorrer det aij11+ ν aij12− β aij21+ β aij22+ ν = 0, isto é, fij(ν, β) = ν2+ β2+tr(Aij)ν + (aij21− a ij 12)β + det Aij = 0. (3.4.4)
Sendo assim, os valores de (α1, α2, ν, β) para os quais o campo vetorial Xα1,α2,ν,β pos-
sui pelo menos uma singularidade não simples em Γi × ∆j estão contidos no conjunto
{(α1, α2, ν, β) : fij(ν, β) = 0}, o qual é um conjunto de medida de Lebesgue nula em R4.
Agora, observamos o caso em que o campo vetorial Xα1,α2,ν,β possui singulari-
dades na fronteira da célula Γi× ∆j. Fazemos o estudo supondo que a célula é nita, e o
outro caso é similar.
Considere (γi, δj)e (γi, δj+1)pontos de esquina da malha contidos em Γi× ∆j.
Para termos uma singularidade no segmento de reta delimitado por esses pontos, devemos ter aij11+ ν aij12− β aij21+ β aij22+ ν γi δj + t(γj+1− δj) + b ij 1 + α1 bij2 + α2 = 0 0 , para t ∈ [0, 1]. Dessa forma, se efetuarmos
α1(ν, β, t) = − (bij1 + (a ij 11+ ν)γi+ (aij12− β)[δj + t(δj+1− δj)]), α2(ν, β, t) = − (bij2 + (a ij 21+ β)γi+ (aij22+ ν)[δj+ t(δj+1− δj)]),
menos uma singularidade no segmento de reta delimitado por (γi, δj) e (γi, δj+1), estão
contidos na superfície
Z(ν, β, t) = (α1(ν, β, t), α2(ν, β, t), ν, β),
a qual é um conjunto de medida de Lebesgue nula em R4. De maneira análoga, fazemos
isso para os outros lados da célula.
Portanto, repetindo o processo desenvolvido neste passo 2 para as outras célu- las, percebemos que os pontos (α1, α2, ν, β) ∈ ΣΓ,∆(1; 20) estão contidos em um conjunto
de medida de Lebesgue nula em R4.
Passo 3: Para fazermos a análise das tangências do campo vetorial Xα1,α2,ν,β com a
malha, nos restringimos às tangências horizontais, pois as verticais geram um resultado similar.
Fixe uma linha horizontal y = δj, j ∈ {1, 2, . . . , m}, e a partir dela considere
a função fj : R2 → R dada por fj(x, y) = y − δj. Temos que uma tangência horizontal
ocorre quando
Xα1,α2,ν,βfj(x, δj) = hXα1,α2,ν,β(x, δj), ∇fj(x, δj)i = 0,
ou seja, quando a segunda componente do campo vetorial Xα1,α2,ν,β se anula em um ponto
da forma (x, δj). Sendo assim,
α2+ νδj+ βx + Q(x, δj) = 0.
Desse modo, para cada x0 xado, os valores de (α1, α2, ν, β)tais que Xα1,α2,ν,β possui pelo
menos uma tangência horizontal em (x0, δj) estão contidos no hiperplano Hx0 dado por
α2+ νδj + βx0+ Q(x0, δj) = 0.
Logo, para que as tangências com as esquinas da malha (Γ, ∆) não ocorram, temos que desconsiderar os pontos (α1, α2, ν, β) contidos nos hiperplanos Hγi, i ∈ {1, 2, . . . , n}.
Agora para obtermos tangências quadráticas, considerando (α1, α2, ν, β) ∈ Hx,
deve ocorrer
Xα21,α2,ν,βfj(x, δj) 6= 0,
isto é,
Xα21,α2,ν,βfj(x, δj) =hXα1,α2,ν,β(x, δj), ∇Xα1,α2,ν,βfj(x, δj)i
=h(α1+ νγi− βy + P (γi, y), 0), (β + Qx(x, δj), 0)i
=(α1+ νγi− βy + P (γi, y))(β + Qx(x, δj)) 6= 0.
Desconsiderando o caso em que o ponto de tangência (x, δj)é uma singularidade na malha
(Γ, ∆), temos que α1 + νγi− βy + P (γi, y) 6= 0 e, logo, para a tangência ser quadrática
deve ocorrer Qx(x, δj) 6= −β.
Note que Q(x, δk) é uma função linear em cada segmento Γi, i ∈ {1, 2, . . . , n}.
Logo, Qx(x, δj)assume no máximo n + 1 valores. Considere v1, v2, . . . , vn+1 como sendo
retas (α1, α2, ν, vk), k ∈ {1, 2, . . . , vn+1}, garantimos que o campo Xα1,α2,ν,β possui somente
tangências quadráticas com a reta da malha y = δj.
Fazendo esse processo para todas as retas horizontais e verticais, encontramos que os pontos (α1, α2, ν, β) tais que Xα1,α2,ν,β ∈ Σ/ Γ,∆(1; 3) está contido em um conjunto
de medida nula em R4, pois ele é a união nita de retas e hiperplanos.
Passo 4: Para nalizar, vamos analisar a órbita no in nito. Um campo vetorial Xν,β
possui uma órbita periódica no in nito se Aν,β
1 (θ, 0) 6= 0, ∀θ ∈ [0, 2π]. Consideremos M
e m o máximo e o mínimo, respectivamente, da função −A1(θ, 0) restrita ao intervalo
[0, 2π]. Temos que, para todo β ∈ R, β /∈ [m, M], a função Aν,β1 (θ, 0) não se anula em [0, 2π], isso ocorre por conta da primeira igualdade de (3.4.2), logo o campo vetorial Xν,β
possui uma órbita periódica no in nito.
Dado (ν, β) ∈ R2, β /∈ [m, M], temos pela Proposição 3.2.5 que o mapa de
Poincaré associado à órbita periódica no in nito do campo vetorial Xν,β é
πν,β0 (0) = exp " 4 X l=1 Z θl θl−1 −R ν,β 1,l(θ) Aν,β1,l(θ)dθ # = exp " 4 X l=1 Z θl θl−1 −ν + R1,l(θ) β + A1,l(θ) dθ # . Dessa forma, pela Proposição 3.2.6 obtemos que ∂
∂νπ 0
ν,β(0) 6= 0. Fixado β, a função π 0 ν,β(0)
é crescente ou decrescente quando variamos ν, assim existe no máximo um valor para ν de modo que a órbita periódica no in nito não seja hiperbólica. Utilizando o teorema da função implícita para π0
ν,β(0) = 1, constatamos que os pontos (ν, β) onde Xν,β possui uma
órbita periódica não hiperbólica no in nito estão contidos em uma curva regular da forma (ν(β), β), com β /∈ [m, M].
Assim, pelas igualdades obtidas em (3.4.3), os pontos (α1, α2, ν, β) para os
quais Xα1,α2,ν,β ∈ Σ/ Γ,∆(2; 2) estão no conjunto {(α1, α2, ν, β) ∈ R
4 : ν = ν(β)}, o qual é
um conjunto de medida de Lebesgue nula em R4.
Portanto, para nalizarmos a demonstração basta unirmos todos os conjuntos de medida de Lebesgue nula obtidos em cada passo.
Proposição 3.4.2. Para qualquer X ∈ ΣΓ,∆(1; 1, 20, 3) ∩ ΣΓ,∆(2; 2), a família de rotação
Xω(x, y) = RωX(x, y)
intersecta o conjunto ΞΓ,∆\ ΣΓ,∆ em um conjunto de medida de Lebesgue nula em R.
Demonstração. A demonstração é feita de maneira similar a da Proposição 3.4.1. Para mais detalhes veja as referências [8] e [15].
Teorema 3.4.3. Para qualquer X ∈ ΞΓ,∆, a família de cinco parâmetros Xα1,α2,ν,β,ω(x, y)
de nida por Rω X(x, y) + α1 ∂ ∂x + α2 ∂ ∂y + ν x ∂ ∂x + y ∂ ∂y + β −y ∂ ∂x + x ∂ ∂y , encontra o conjunto bifurcação Ξ0
Γ,∆ = ΞΓ,∆\ ΣΓ,∆ em um conjunto de medida de Lebesgue
U (X) = {(α1, α2, ν, β, ω) ∈ R5 : Rω(Xα1,α2,ν,β) ∈ Ξ
0 Γ,∆}.
Devemos provar que m5(U (X)) = 0, onde m5 denota a medida de Lebesgue
em R5. Note que o conjunto U(X) é fechado. De fato, se tomarmos a função contínua
F : R5 −→ R6+2(n+m)
(α1, α2, ν, β, ω) 7−→ Rω(Xα1,α2,ν,β),
temos que U(X) = F−1(Ξ0
Γ,∆). Como Ξ0Γ,∆ é fechado em ΞΓ,∆, pois ΣΓ,∆ é aberto em ΞΓ,∆
(veja o segundo item do Teorema 3.4.5), obtemos que U(X) é fechado em ΞΓ,∆. Desse
modo, U(X) é Lebesgue mensurável. Então, m5(U (X)) =
Z
R5
X (U (X)) dm5,
em que X (A) denota a função característica do conjunto A. Aplicando o Teorema de Fubini (veja a referência [17]) para a função X (U(X)), obtemos
m5(U (X)) = Z R4 Z R X (U (X; α1, α2, ν, β)) dm1 dm4,
onde m1 e m4 são, respectivamente, a medida de Lesbegue de R e R4, e
U (X; α1, α2, ν, β) = {ω ∈ R : Rω(Xα1,α2,ν,β) ∈ Ξ 0 Γ,∆}. Se considerarmos o conjunto V(X) = {(α1, α2, ν, β) ∈ R4 : Xα1,α2,ν,β ∈ ΞΓ,∆\ ΣΓ,∆(1; 1, 2 0 , 3) ∩ ΣΓ,∆(2; 2)}, então m5(U (X)) é igual a Z R4\V(X) Z R X (U (X; α1, α2, ν, β)) dm1 dm4+ Z V(X) Z R X (U (X; α1, α2, ν, β)) dm1 dm4.
Aplicando agora o Teorema de Fubini na segunda integral, obtemos m5(U (X)) igual a
Z R4\V(X) Z R X (U (X; α1, α2, ν, β)) dm1 dm4+ Z R Z V(X) X (U (X; ω)) dm4 dm1, onde U (X; ω) = {(α1, α2, ν, β) ∈ R4 : Rω(Xα1,α2,ν,β) ∈ Ξ 0 Γ,∆}.
Pela Proposição 3.4.2, a primeira integral se anula, e pela Proposição 3.4.1, a segunda integral se anula. Portanto, temos que m5(U (X)) = 0, concluindo assim a
demonstração.
Teorema 3.4.4. O conjunto ΣΓ,∆ = ΣΓ,∆(1) ∩ ΣΓ,∆(2) ∩ ΣΓ,∆(3) tem medida de Lebesgue
Demonstração. Vamos inicialmente mostrar que Ξ0
Γ,∆possui medida de Lebesgue nula em
R6+2(n+m), ou seja, mN(Ξ0Γ,∆) = 0, onde mN denota a medida de Lebesgue em R6+2(n+m).
Consideramos a função contínua
F : R6+2(n+m)× R5
−→ R6+2(n+m)
(X, (α1, α2, ν, β, ω)) 7−→ Rω(Xα1,α2,ν,β),
e a partir dela de nimos a função
G(X, (α1, α2, ν, β, ω)) = X (Ξ0Γ,∆) ◦ F (X, (α1, α2, ν, β, ω)).
Pelo Teorema 3.4.3, temos Z R6+2(n+m) Z R5 G(X, (α1, α2, ν, β, ω)) dm5 dmN = 0.
Aplicando o Teorema de Fubini para a função G, obtemos que Z R5 Z R6+2(n+m) G(X, (α1, α2, ν, β, ω)) dmN dm5 = 0.
Então, a menos de um conjunto de medida de Lebesgue nula em R5, temos
Z
R6+2(n+m)
G(X, (α1, α2, ν, β, ω)) dmN = 0. (3.4.5)
Fixe (α1, α2, ν, β, ω) ∈ R5 de tal modo que a expressão anterior seja satisfeita.
Note que, dado Y ∈ Ξ0
Γ,∆ têm-se G(X, (α1, α2, ν, β, ω)) = 1 ⇔ Rω(Xα1,α2,ν,β) = Y ⇔ Xα1,α2,ν,β = R(−ω)(Y ). (3.4.6) Como Xα1,α2,ν,β(x, y) = X(x, y) + α1 ∂ ∂x + α2 ∂ ∂y + ν x ∂ ∂x + y ∂ ∂y + β −y ∂ ∂x + x ∂ ∂y , obtemos que a expressão (3.4.6) equivale a
X(x, y) = R(−ω)(Y )(x, y)−α1 ∂ ∂x−α2 ∂ ∂y−ν x ∂ ∂x + y ∂ ∂y −β −y ∂ ∂x + x ∂ ∂y . (3.4.7) Seja X0 o campo vetorial em ΞΓ,∆ dado pela expressão
X0(x, y) = −α1 ∂ ∂x − α2 ∂ ∂y − ν x ∂ ∂x + y ∂ ∂y − β −y ∂ ∂x + x ∂ ∂y . Logo, a expressão (3.4.7) pode ser escrita como
X = R(−ω)(Y ) + X0.
Desse modo, para o ponto (α1, α2, ν, β, ω) xado, G(X, (α1, α2, ν, β, ω))é a função caracte-
rística do conjunto R(−ω)(Ξ0Γ,∆)+X0, onde estamos considerando R(−ω)uma transformação
0 = Z
R6+2(n+m)
X (R(−ω)(Ξ0Γ,∆) + X0) dmN = mN(R(−ω)(Ξ0Γ,∆) + X0).
Como a medida de Lebesgue é invariante por translação, obtemos mN(R(−ω)(Ξ0Γ,∆) + X0) = |det R(−ω)|mn(Ξ0Γ,∆).
Como |det R(−ω)| 6= 0, temos que mN(Ξ0Γ,∆) = 0.
Portanto, como Ξ0
Γ,∆ = ΞΓ,∆\ ΣΓ,∆ e mN(Ξ0Γ,∆) = 0, obtemos que ΣΓ,∆ tem
medida de Lebesgue total e, em particular, é denso em ΞΓ,∆. De fato, se ΣΓ,∆ não fosse
denso em ΞΓ,∆, existiriam X ∈ ΞΓ,∆ e δ > 0 tais que Bδ(X) ⊂ Ξ0Γ,∆. Porém, isso geraria
uma contradição com o fato de Ξ0
Γ,∆ possuir medida de Lebesgue nula.
Para nalizar esta seção, apresentamos o resultado principal deste capítulo sobre estabilidade estrutural.
Teorema 3.4.5. Para o conjunto
ΣΓ,∆ = ΣΓ,∆(1) ∩ ΣΓ,∆(2) ∩ ΣΓ,∆(3)
valem as seguintes a rmações: 1. ΣΓ,∆ é aberto em ΞΓ,∆,
2. ΣΓ,∆ é denso em ΞΓ,∆,
3. ΣΓ,∆ está contido no conjunto SΓ,∆.
Demonstração. A prova do primeiro item pode ser vista com detalhes nas referências [8] e [15]. Já a demonstração do segundo item segue do Teorema 3.4.4.
Para provar o terceiro item, devemos mostrar que todo X ∈ ΣΓ,∆ é estrutural-
mente estável. Isso segue dos itens anteriores, pois como o conjunto ΣΓ,∆ é aberto e denso
em ΞΓ,∆ tem-se que seus elementos são estruturalmente estáveis.
Para nalizar, um exemplo para a teoria desenvolvida neste capítulo pode ser visto no livro do Utkin [18] (Capítulo 3, página 29).
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