Exercício 20 (D.L.6.35)
Seja f: E R^2 um campo planar com uma órbita periódica gamma cujo interior U está todo contido em E. Mostre que
(a) o fecho barU do interior de gamma é um compacto invariante pelo fluxo de f.
(b) para cada x in U, se Lalpha(x)=gamma então gamma cap Lomega(x)=emptyset.
(c) para cada x in U, se Lomega(x)=gamma então gamma cap Lalpha(x)=emptyset.

Passo 1

O enunciado trata de um campo de vetores fcolon EtoR^2 que possui uma órbita periódica gamma. Denotamos por U o interior de gamma, supondo Usubset E. Precisamos mostrar:
  1. O fecho overline U é compacto e invariante pelo fluxo de f.
  2. Se para algum xin U valem Lalpha(x)=gamma, então gammacap Lomega(x)=emptyset.
  3. Se para algum xin U valem Lomega(x)=gamma, então gammacap Lalpha(x)=emptyset.
Conteúdo principal: uso do Teorema do Ponto de Poincaré (seção transversal e mapa de retorno) e do Teorema de Jordan sobre curvas simples fechadas.

Passo 2

Primeiro vemos que gamma é homeomorfa a S^1, formando uma curva simples fechada. Pelo Teorema de Jordan, seu interior U é aberto e limitado, e gamma é o seu contorno. Logo overline U=;Ucupgamma é fechado e limitado, ou seja, compacto. Para mostrar invariância, note que gamma é invariância imediata (é órbita periódica) e o fluxo de f não pode atravessar gamma, pois seria preciso “quebrar” a invariância de gamma. Como o fluxo é contínuo, qualquer ponto de Ucupgamma tem sua órbita contida em Ucupgamma. Portanto overline U é invariante.

Passo 3

Se xin U, então a continuidade do fluxo impede que a órbita de x atravesse gamma: toda phit(x) fica em U se tneq período, e em gamma apenas se xingamma. Em particular
Lalpha(x),subset,overline U e Lomega(x),subset,overline U
Para (b), suponha Lalpha(x)=gamma e, por contradição, que existe yingammacap Lomega(x).

Passo 4

Em yingamma podemos tomar uma pequena seção transversal Sigma ao fluxo, de modo que Sigma seja um segmento de reta cruzando gamma só em y e transversalmente. Defina o mapa de Poincaré
P:SigmatoSigma,
que é homeomorfismo local com P(y)=y. Como yin Lomega(x), há tnto+infty tais que phitn(x)inSigma tende a y; portanto esses pontos são de fato iterados positivos de P. Analogamente, de Lalpha(x)=gamma vem snto-infty com phisn(x)inSigma tendendo a y, o que corresponde a iterados negativos de P.
Mas todo ponto fixo de um homeomorfismo unidimensional não pode ser simultaneamente atrator para tempos positivos e para tempos negativos: ou lvert P'(y)rvert<1 (atrai só para frente) ou lvert P'(y)rvert>1 (atrai só para trás). Logo é impossível ter ambas as sequências convergindo a y. Contradição. Assim não pode existir yingammacap Lomega(x).

Passo 5

O item (c) é inteiramente análogo: se Lomega(x)=gamma e se por absurdo houvesse yingammacap Lalpha(x), o mesmo argumento com seção transversal e mapa de Poincaré mostraria contradição entre atração para frente e para trás.

Resposta

(a) overline U é fechado, limitado e invariante, logo compacto invariante.
(b) Se Lalpha(x)=gamma então gammacap Lomega(x)=emptyset.
(c) Se Lomega(x)=gamma então gammacap Lalpha(x)=emptyset.

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