Doma¢e zada¢esonja/DZ+R.pdf · t n 8 1. Iz toga i zadatka 6 slijedi da sP Wsp 0qX Wup 1q ako i...

1 PRVA DOMA�A ZADA�A S RJE�ENJIMA. 2

Dokaz. Preslikavanje σ je injektivno, jer ako je σpsq � u � v � σptq,tj. ui � vi, i P Z, onda je i si � ui�1 � vi�1 � ti, tj. s � t.

Preslikavanje σ je surjektivno jer za s P Σ2 postoji t P Σ2, ti � si�1,

takav da je σptq � s.

Pokazat ¢emo da je σ neprekidno preslikavanje. Neka je s P Σ2 i ε ¡ 0.

Postoji k P N takav da je 1{2k ε. Neka je δ � 1{2k�2 i neka je

t P Σ2 takav da je dps, tq δ. Tada je, po lemi 3.2, si � ti za i Pt�k � 2, . . . , k � 2u. Neka je u � σpsq i v � σptq. Tada je ui � vi za

i P t�k � 1, . . . , k � 1u pa po lemi 3.2 vrijedi dpσpsq, σptqq � dpu, vq ¤1{2k ε. Budu¢i da su s i ε bili proizvoljni, σ je neprekidno.

Kako je σ neprekidna bijekcija na kompaktnom prostoru, σ je homeo-

mor�zam. (Σ2 � t0, 1uZ pa je kao produkt kompaktnih prostora po

Tihonovom teoremu kompaktan.)

3. Dokaºite da je preslikavanje S : Λ Ñ Σ2 koje to£ki Q P Λ pridruºuje

njen itinerer SpQq topolo²ka konjugacija izme�u F |Λ i σ.

Dokaz. Neka je s P Σ2. Uvedimo sljede¢e oznake:

Vs0...sn �n£i�0

F�ipVsiq, Hs�n...s�1 �n£i�1

F ipVs�iq.

Iz de�nicije potkove F slijedi da je za svaki k P N i j P t0, 1u, F�kpVjqunija 2k disjunktnih vertikalnih pravokutnika od kojih je svaki ²irine

δk�1 te da svaki od njih sadrºi po jedan vertikalni pravokutnik od

F�k�1pV0q i od F�k�1pV1q. Zato je Vs0...sn jedan od 2n�1 verikalnih

pravokutnika od F�npV0 Y V1q ²irine δn�1 i vrijedi

Vs0 � Vs0s1 � Vs0s1s2 � . . . .

Budu¢i da je svaki Vs0...sn kompaktan i δn Ñ 0 kada nÑ 8,8£n�0

Vs0...sn �8£n�0

F�npVsnq

© S.�. 27.05.2020.


je vertikalni segment koji ¢emo ozna£it vs0s1s2....

Iz de�nicije potkove F tako�er slijedi da je za svaki j P t0, 1u, F pVjq �Hj te da je za svaki k P N, F kpVjq X F pV0 Y V1q unija 2k disjunktnih

horizontalnih pravokutnika od kojih je svaki visine δk i svaki od njih

sadrºi po jedan horizontalni pravokutnik od F k�1pV0q X F pV0 Y V1q iod F k�1pV1q X F pV0 Y V1q. Analogno kao za vertikalne pravokutnike

dobivamo da je8£n�1

Hs�n...s�1 �8£n�1

F npVs�nq

horizontalni segment koji ¢emo ozna£it h...s�3s�2s�1 .

Budu¢i da svaki verikalni segment sije£e svaki horizontalni segment u

jednoj to£ki, vrijedi vs0s1s2... X h...s�3s�2s�1 � P P Λ. Iz P P F�npVsnqslijedi F npP q P Vsn , a iz P P F npVs�nq slijedi F�npP q P Vs�n , n P N0,

pa je SpP q � s. Sve to dokazuje da za svaku to£ku s P Σ2 postoji

jedinstvena ro£ka P P Λ takva da je SpP q � s pa je preslikavanje S

bijekcija.

Dokaºimo da je S neprekidno preslikavanje. Neka su P P Λ, SpP q � s

i ε ¡ 0. Pokazat ¢emo da postoji otvorena okolina U to£ke P takva

da za svaku to£ku Q P U , SpQq � t, vrijedi dpSpQq, SpP qq � dpt, sq ε. Neka je k P N takav da je 1{2k ε. Promotrimo pravokutnik

R � Vs0...sk�1X Hs�k�1...s�1 . Iako je R zatvoren skup, iz konstrukcije

skupa Λ slijedi da je Λ X R � IntR. Zato je P P U � IntR i za

svaku to£ku Q P U , SpQq � t, vrijedi ti � si, i P t�k � 1, . . . , k � 1u.Zato po lemi 3.2 slijedi da je dpt, sq ¤ 1{2k ε. Budu¢i da su P i ε

bili proizvoljni, S je neprekidno preslikavanje. Kako je S neprekidna

bijekcija na kompaktnom prostoru, S je homeomor�zam.

Pokaºimo na kraju da je σ � S � S � F |Λ. Neka je P P Λ, SpP q � s

i Q � F pP q, SpQq � t. Iz de�nicije itinerera za svaki k P Z vrijedi

F kpP q P Vsk . Jer je F kpP q � F k�1pF pP qq � F k�1pQq P Vsk , vrijedi

© S.�. 27.05.2020.


tk�1 � sk za svaki k P Z, tj. σpsq � t. Dakle, σpSpP qq � SpQq �SpF pP qq za svaki P P Λ.

4. Na�ite to£ku u Σ2 £ija je orbita za pomak σ gust podskup od Σ2.

Dokaz. Neka je s takav da je

ÝÑs 0 � 0 1 00 01 10 11 000 001 010 011 100 101 110 111 . . . ,

tj. ÝÑs 0 sadrºi sve rije£i duljine k za svaki k P N (rije£ w � w1 . . . wk

je kona£an niz nula i jedinica, a duljina rije£i je broj nula i jedinica u

rije£i, |w| � k). Pokazat ¢emo da je O�psq gust podskup u Σ2. Neka

su t P Σ2 i ε ¡ 0 proizvoljni. Neka je k P N takav da je 1{2k ε.

Ozna£imo w � t�k�1 . . . tk�1. Tada je w rije£ duljine |w| � 2k � 3.

Budu¢i da s sadrºi sve rije£i duljine 2k � 3, sadrºi i rije£ w. Neka je

n P N takav da za u � σnpsq vrijedi u�k�1 . . . uk�1 � w. Iz leme 3.2

slijedi dpσnpsq, tq ¤ 1{2k ε pa je O�psq gust podskup u Σ2.

5. Dokaºite da su periodi£ne to£ke za σ gust podskup od Σ2.

Dokaz. Neka su t P Σ2 i ε ¡ 0 proizvoljni. Neka je k P N takav da je

1{2k ε. Ozna£imo w � t�k�1 . . . tk�1. Neka je w � 8w � w8. To£ka

s � σk�1pwq je periodi£na i vrijedi s�k�1 . . . sk�1 � w pa po lemi 3.2

dobivamo dps, tq ¤ 1{2k ε, tj. skup svih periodi£nih to£aka je gust

podskup od Σ2.

6. Dokaºite da za s � . . . s�2s�1 � s0s1s2 � � � P Σ2 vrijedi: t P W spsq ako i

samo ako postoji n P Z takav da je ÝÑt n � ÝÑs n.

Dokaz. Budu¢i da je W spsq � tt : dpσkpsq, σkptqq Ñ 0, k Ñ 8u, polemi 3.2, t P W spsq ako i samo ako postoje k,m P Z takavi da je

tk�i�m�i . . . tk�im�i � sk�i�m�i . . . s

k�im�i za svaki i P N0, pri £emu je σkptq � t

k i

σkpsq � sk, a to je ako i samo ako je tk�m�i � sk�m�i za svaki i P N0,

odnosno ÝÑt k�m � ÝÑs k�m.

© S.�. 27.05.2020.


7. To£ka s P Σ2 zove se homoklini£ka to£ka za 0 � 80 � 08 ako je

s P W sp0q XW up0q. Opi²ite sve homoklini£ke to£ke od 0. Dokaºite da

je skup svih homoklini£kih to£aka od 0 gust u Σ2.

Dokaz. Budu¢i da je W upsq � tt : dpσ�kpsq, σ�kptqq Ñ 0, k Ñ 8u,analogno dokazu zadatka 6 moºe se pokazati da t P W upsq ako i samo

ako postoje n P Z takav da je ÐÝt n � ÐÝs n. Iz toga i zadatka 6 slijedi da

s P W sp0q XW up0q ako i samo ako postoje k,m P Z, k m, takav da

je ÐÝs k � 80 i ÝÑs m � 08.

Pokaºimo da je skup svih homoklini£kih to£aka od 0 gust u Σ2. Neka je

t P Σ2 proizvoljan. Ozna£imo wn � t�n . . . tn i sn � 80wn 08, n P N.O£igledno je sn P W sp0q XW up0q za svaki n P N i sn Ñ t kada nÑ 8pa je skup svih homoklini£kih to£aka od 0 gust u Σ2.

8. To£ka s P Σ2 zove se heteroklini£ka to£ka za 0 i 1 � 81 � 18 ako je

s P W sp0qXW up1q. Opi²ite sve heteroklini£ke to£ke od 0 i 1. Dokaºite

da je taj skup gust u Σ2.

Dokaz. Analogno dokazima zadataka 6 i 7 moºe se pokazati da t PW up1q ako i samo ako postoje n P Z takav da je ÐÝt n � 81. Iz toga i

zadatka 6 slijedi da s P W sp0qXW up1q ako i samo ako postoje k,m P Z,k m, takav da je ÐÝs k � 81 i ÝÑs m � 08.

Neka je t P Σ2 proizvoljan. Ozna£imo wn � t�n . . . tn i sn � 81wn 08,

n P N. O£igledno je sn P W sp0q XW up1q za svaki n P N i sn Ñ t kada

nÑ 8 pa je skup svih heteroklini£ka to£ka za 0 i 1 gust u Σ2.

Uputa: Pogledati poglavlja 1.6 i 1.7 u knjizi.

© S.�. 27.05.2020.

2 DRUGA DOMA�A ZADA�A S RJE�ENJIMA. 6

2 Druga doma¢a zada¢a s rje²enjima.

1. U 7. i 8. zadatku 1. doma¢e zada¢e de�nirane su homoklini£ke i hete-

roklini£ke to£ke �ksne to£ke. Generalizirajte te de�nicije za proizvoljnu

periodi£nu to£ku te dokaºite analogone 7. i 8. zadatka 1. doma¢e zada¢e

u tom slu£aju.

Dokaz. Neka je p P N, w � w0 . . . wp�1 kona£ni niz nula i jedinica

duljine p i w � 8w �w8 periodi£na to£ka perioda p. To£ka s P Σ2 zove

se homoklini£ka to£ka za w ako je s P W spwq XW upwq.Prisjetimo se, s P W spwq ako i samo ako postoji n P Z takav da jeÝÑs n � ÝÑw n, a to vrijedi ako i samo ako postoji m P Z takav da jeÝÑs mp � w8. Analogno, s P W upwq ako i samo ako postoje n P Z takav

da je ÐÝs n � ÐÝw n, a to vrijedi ako i samo ako postoji k P Z takav da

je ÐÝs kp�1 � 8w. Dakle, s P W spwq XW upwq ako i samo ako postoje

m, k P Z, k ¤ m, takvi da je ÝÑs mp � w8 i ÐÝs kp�1 � 8w.

Neka je r P N i u � u0 . . . ur�1 kona£ni niz nula i jedinica duljine r.

To£ka s P Σ2 zove se heteroklini£ka to£ka za w i u � 8u � u8 ako je

s P W spwqXW upuq. Iz gore pokazanog slijedi da je s P W spwqXW upuqako i samo ako postoje m, k P Z, kr ¤ mp, takvi da je ÝÑs mp � w8 iÐÝs kr�1 � 8u.

Neka je t P Σ2 proizvoljan. Ozna£imo vn � t�nr . . . tnp�1 i sn �8u vnw8, n P N. O£igledno je sn P W spwq XW upuq za svaki n P N i

sn Ñ t kada nÑ 8 pa je skup svih heteroklini£ka to£ka za w i u gust

u Σ2. Ako je r � p i u � w, vidimo da je skup svih homoklini£ka to£ka

za w gust u Σ2.

2. Dokaºite da je skup homoklini£kih to£aka proizvoljne periodi£ne to£ke

prebrojiv skup.

© S.�. 27.05.2020.


Dokaz. Ozna£imo sa Sn skup svih kona£nih nizova nula i jedinica du-

ljine n P N. Broj elemenata skupa Sn je 2n. Neka je p P N, w P Sp i

w � 8w �w8 periodi£na to£ka perioda p. Neka je S � ts � 8w v w8 :

v � v�np . . . vnp�1 P S2np, n P Nu. O£igledno je skup S prebrojiv, jer

je prebrojiva unija kona£nih skupova i vrijedi S � W spwq XW upwq.Pokazat ¢emo da i S � W spwq XW upwq. Neka je t P W spwq XW upwq.Tada postoje m, k P Z, k ¤ m, takvi da je ÝÑs mp � w8 i ÐÝs kp�1 � 8w.

Pretpostavimo da jem ¡ |k|. Tada jem�k P N i t � 8wvw8 pri £emu

je v � t�mp . . . tmp�1 � wm�ktkp . . . tmp�1 pa je t P S. Ako je m |k|,vrijedi �m� k P N i v � tkp . . . t�kp�1 � tkp . . . tmp�1w

�m�k pa je opet

t P S. Dakle, S � W spwq XW upwq pa je skup homoklini£kih to£aka

proizvoljne periodi£ne to£ke prebrojiv.

3. Ozna£imo sa Σ�2 � tÝÑs � s0s1 . . . sn . . . : sn P t0, 1uu skup svih jednos-

tranih nizova nula i jedinica. Neka je H : Σ�2 Ñ Σ2 preslikavanje dano

formulom Hps0s1s2s3s4 . . . q � . . . s5s3s1 � s0s2s4 . . . . Dokaºite da je H

homeomor�zam.

Budu¢i da su i Σ�2 i Σ2 Cantorovi skupovi, gornji zadatak pokazuje da

je produkt dva Cantorova skupa Cantorov skup.

Dokaz. Neka je u P Σ2. Tada je ÝÑs � u0u�1u1u�2u2 . . . u�nun . . . P Σ�2

i vrijedi HpÝÑs q � u pa je H surjekcija.

Neka su ÝÑs ,ÝÑt P Σ�2 i u � HpÝÑs q, v � HpÝÑt q. Ako je ÝÑs � ÝÑ

t , postoji

k P N0 takav da sk � tk. Ako je k paran, vrijedi uk{2 � vk{2. Ako je k

neparan, vrijedi u�pk�1q{2 � v�pk�1q{2. U svakom slu£aju je u � v pa je

H injekcija.

Neka je ÝÑs P Σ�2 i ε ¡ 0. Neka je k P N takav da je 1{2k ε i

δ � 1{22k�3. Neka je ÝÑt P Σ�2 takav da je dpÝÑs ,ÝÑt q δ. Tada je si � ti

za sve i P t0, . . . , 2k � 3u. Zato za u � HpÝÑs q i v � HpÝÑt q vrijedi

© S.�. 27.05.2020.


ui � vi za sve i P t0, . . . , k � 1u pa je dpu, vq ¤ 1{2k ε. Dakle, H je

neprekidno preslikavanje.

Jer je H neprekidna bijekcija na kompaktnom prostoru, H je home-

omor�zam.

4. Dokaºite tvrdnju 2. propozicije 4.4, tj. da je W urx, ys nestabilan skup

to£ke rx, ys.

Dokaz. Neka je LpXq � AX linearno preslikavanje na R2. Pretpos-

tavimo da to£ke px, yq, pu, vq P R2 leºe na pravcu paralelnom sa W u.

Ozna£imo sa ` segment koji spaja px, yq i pu, vq. Budu¢i da je L li-

nearno i L�1 je linearno preslikavanje pa je L�np`q segment na pravcu

koji je isto paralelan sa W u i vrijedi diampL�np`qq � λ�nu diamp`q. Jerje |λu| ¡ 1, vrijedi dpL�npu, vq, L�npx, yqq Ñ 0 kada n Ñ 8 pa zato i

dpL�nA ru, vs, L�nA rx, ysq Ñ 0 kada nÑ 8.

5. Dokaºite teorem 4.9. tj. da je skup transverzalnih homoklini£kih to£aka

hiperboli£kog automor�zma torusa gust podskup torusa.

Dokaz. Neka su rP s, rRs proizvoljna to£ka torusa i ε ¡ 0. Neka je

DprP s, εq � trQs P T2 : dprP s, rQsq εu. �elimo pokazati da je

DprP s, εqXW srRsXW urRs � H. Neka je 0 ϕ ¤ π{2 kut izme�uW s

i W u. Neka je δ ε sin ϕ2. Kako su po propoziciji 4.5. W srRs i W urRs

gusti u T2, vrijedi DprP s, δq XW srRs � H i DprP s, δq XW urRs � H.

Neka je `s interval u DprP s, εqXW srRs takav da je dprP s, `sq δ i ana-

logno neka je ù interval u DprP s, εqXW urRs takav da je dprP s, ùq δ.

Ozna£imo sa rV s � `s X ù to£ku presjeka intervala `s i ù, a sa rZsto£ku na W srRs takvu da je segment koji spaja rP s i rZs okomit na

W srRs. Budu¢i da je dprP s, `sq δ, vrijedi dprP s, rZsq δ. Trokut s

vrhovima rP s, rZs, rV s je pravokutan i kut kod vrha rV s je ϕ{2. Zatoje dprP s, rV sq δ

sin ϕ2 ε pa je rV s P DprP s, εq.

© S.�. 27.05.2020.

3 TRE�A DOMA�A ZADA�A S RJE�ENJIMA. 9

3 Tre¢a doma¢a zada¢a s rje²enjima.

1. Za preslikavanje f : X Ñ X to£ka P P X zove se nelutaju¢a ako

za svaku okolinu U od P postoji n P N takav da je fnpUq X U � H.

Dokaºite da su sve to£ke torusa nelutaju¢e za LA.

Dokaz. Neka je P P T2 i U � T2 proizvoljna okolina od P . Po propozi-

ciji 4.2. PerpLAq je gust u T2. Zato postoji Q P U , Q periodi£na s peri-

odom n P N, n � 1. Zato je Q � LnApQq P LnApUq pa je LnApUqXU � Hi P je nelutaju¢a.

2. Za preslikavanje f : X Ñ X to£ka P P X zove se rekurentna ako za

svaku okolinu U od P postoji n P N takav da je fnpP q P U . Dokaºiteda homoklini£ke to£ke od LA nisu rekurentne.

Dokaz. Neka je P P T2 homoklini£ka to£ka za LA. Tada postoji Q P T2,

Q periodi£na s periodom n P N, takva da je P P W upQq X W spQq.Zato dpLkApP q, LkApQqq Ñ 0 za k P N, k Ñ 8. Jer P � LkApQq za

svaki k P N, postoji 0 ε mintdpP,LkApQqq : k � 0, . . . , n � 1u{2 �mintdpQ,LkApP qq : k P Nu{2. Neka je k0 P N takav da za svaki k ¡k0 vrijedi dpLkApP q, LkApQqq ε. Iz nejednakosti trokuta dobivamo

dpP,LkApP qq ¥ dpP,LkApQqq � dpLkApP q, LkApQqq ¡ 2ε � ε � ε za k ¡k0. Jer P nije periodi£na, postoji 0 δ mintdpP,LkApP qq : k �1, . . . , k0u. Neka je ε0 � mintε, δu i DpP, ε0q � T2 disk sa sredi²tem u

P , radijusa ε0. Iz gornje konstrukcije se vidi da LkApP q R DpP, ε0q zasvaki k P N pa homoklini£ke to£ke od LA nisu rekurentne.

3. Neka je C ��

1 00 1

�, D �

�1 11 0

�i G �

�1 01 1

�. Opi²ite prostore ΣC ,

ΣD i ΣG, tj. navedite koje sve nizove sadrºi svaki od tih prostora.

© S.�. 27.05.2020.


Dokaz. Za kvadratnu matricu B � rbijs reda n de�nirali smo ΣB � Σn

na sljede¢i na£in:

ΣB � ts � . . . s�2s�1 � s0s1s2 . . . : bsisi�1� 1 @i P Zu.

Jer je c11 � c22 � 1 i c12 � c21 � 0 za to£ku s � . . . s�2s�1 � s0s1s2 . . . PΣC vrijedi si�1 � 1 ako i samo ako si � 1 i si�1 � 2 ako i samo ako

si � 2, tj. ako je si � 1 tada si�1 � 2 (jer je c12 � 0) i ako je si � 2

tada si�1 � 1 (jer je c21 � 0). Dakle, ΣC sadrºi samo dvije to£ke, tj.

ΣC � t81 � 18,8 2 � 28u.ΣG � t81 � 18,8 2 � 28, σkp82 � 18q, k P Zu (ΣG ima prebrojivo mnogo

to£aka).

ΣD � ts � . . . s�2s�1 � s0s1s2 . . . : sisi�1 � 22, @i P Zu (ΣD ima

neprebrojivo mnogo to£aka).

4. Dokaºite lemu 4.11, tj. da je ΣB zatvoren podskup od Σn i invarijantan

na σB.

Dokaz. Neka je s � . . . s�2s�1 � s0s1s2 . . . P ΣB i t � σBpsq. Budu¢i daje bsisi�1

� 1 i sisi�1 � ti�1ti za sve i P Z, vrijedi btiti�1� 1 za sve i P Z

pa je ΣB invarijantan na σB.

Pokazat ¢emo da je ΣB zatvoren podskup od Σn pokazuju¢i da je ΣcB �

Σn r ΣB otvoren. Neka je s P ΣcB. Tada postoji k P Z takav da

je bsksk�1� 0 i neka je k najmanji po apsolutnoj vrijednosti s tim

svojstvom. Neka 0 ε 1n|k|�1 . Tada za svaki t P Bps, εq (gdje

je Bps, εq kugla sa sredi²tem u s radijusa ε) vrijedi ti � si za i ��|k| � 1, . . . |k| � 1. Zato je sksk�1 � tktk�1 pa je i btktk�1

� 0, odnosno

Bps, εq � ΣcB. Dakle, Σc

B je otvoren pa je ΣB zatvoren.

5. Obrazloºite za²to nizovi 8p12qsksk�1 . . . i 8p21qsksk�1 . . . reprezenti-

raju istu to£ku na torusu te trebaju biti identi�cirani. Tako�er obraz-

© S.�. 27.05.2020.


loºite da nizovi 8p23qsksk�1 . . . i 8p32qsksk�1 . . . reprezentiraju istu

to£ku na torusu te trebaju biti identi�cirani.

Dokaz. Pretpostavimo da to£ka P leºi na zajedni£koj nestabilnoj stra-

nici od R1 i R2 (vidi sliku 1 desno). Neka je SpP q � . . . s�2s�1 �

Slika 1: W sr0s (crveno) i W ur0s (plavo).

s0s1s2 . . . . Budu¢i da je P P R1XR2, vrijedi ili s0pP q � 1 ili s0pP q � 2.

Jer je λu ¡ 1, L�1A pP q leºi na W ur0s s iste strane r0s kao i P i bliºe

r0s nego P pa je L�1A pP q P R1 X R2 (vidi sliku 1 desno). Zato je ili

s�1pP q � 1 ili s�1pP q � 2. Ako izaberemo s0pP q � 1, iz b11 � 0 slijedi

s�1pQq � 2. To vodi na niz SpP q � 8p21qs1s2 . . . . Druga mogu¢-

nost je s0pP q � 2 pa iz b22 � 0 slijedi s�1pP q � 1. To zna£i da nizovi8p21qs1s2 . . . i 8p12qs1s2 . . . reprezentiraju istu to£ku na torusu pa tre-

baju biti identi�cirani. Isto tako, za svaki k P Z, nizovi 8p21qsksk�1 . . .

i 8p12qsksk�1 . . . reprezentiraju istu to£ku na torusu pa trebaju biti

identi�cirani.

Pretpostavimo sada da to£ka Q leºi na zajedni£koj nestabilnoj stranici

od R2 i R3 (vidi sliku 1 desno). Neka je SpQq � . . . s�2s�1 � s0s1s2 . . . .

Budu¢i da je Q P R2 X R3, vrijedi ili s0pQq � 2 ili s0pQq � 3. Jer

© S.�. 27.05.2020.


je λu ¡ 1, L�1A pQq leºi na W ur0s s iste strane r0s kao i Q i bliºe

r0s nego Q pa je L�1A pQq P R2 X R3 (vidi sliku 1 desno). Zato je ili

s�1pQq � 2 ili s�1pQq � 3. Ako izaberemo s0pQq � 2, iz b22 � 0 slijedi

s�1pQq � 3. To vodi na niz SpQq � 8p32qs1s2 . . . . Druga mogu¢-

nost je s0pQq � 3 pa iz b33 � 0 slijedi s�1pQq � 2. To zna£i da nizovi8p32qs1s2 . . . i 8p23qs1s2 . . . reprezentiraju istu to£ku na torusu pa tre-

baju biti identi�cirani. Isto tako, za svaki k P Z, nizovi 8p32qsksk�1 . . .

i 8p23qsksk�1 . . . reprezentiraju istu to£ku na torusu pa trebaju biti

identi�cirani.

6. De�nirajte preslikavanje σ̃B : Σ̃B Ñ Σ̃B dobiveno iz preslikavanje σB te

de�nirajte S : T2 Ñ Σ̃B koje konjugira LA i σ̃B. (Ne trebate dokazivati

da je S konjugacija.)

Dokaz. Neka je rss P Σ̃B klasa ekvivalencije reprezentirana sa s P ΣB.

De�nirama σ̃Bprssq � rσBpsqs, tj. σ̃Bprssq je klasa ekvivalencije u Σ̃B

reprezentirana sa σBpsq P ΣB. Preslikavanje je dobro de�nirano, jer

ako je t P rss tada je σBptq P rσBpsqs.Preslikavanje S : T2 Ñ Σ̃B de�niramo na sljede¢i na£in: Neka je P PT2. Tada SpP q � rss P Σ̃B pri £emu s � . . . s�2s�1 �s0s1s2 � � � P ΣB ima

sljede¢e svojstvo: za svaki i P Z si � k ako i samo ako LiApP q P Rk.

Ako to£ka P ima svojstvo da za svaki i P Z postoji samo jedan k takav

da je LiApP q P Rk, onda njoj pridruºena klasa rss sadrºi samo jedan niz

s. Ukoliko za neku to£ku Q postoji i P Z takav da LiApQq P Rk X Rl

za k � l, postoje barem dva niza s, t P ΣB pridruºeni to£ki Q. no po

pravilu identi�kacije (jer s, t reprezentiraju istu to£ku) vrijedi t P rss.Zato za svaku to£ku P P T2 postoji jedinstvena klasa ekvivalencije

rss P Σ̃B takva da je SpP q � rss pa je S dobro de�nirano.

© S.�. 27.05.2020.

4 PETA DOMA�A ZADA�A S RJE�ENJIMA. 13

4 Peta doma¢a zada¢a s rje²enjima.

1. Dokaºite da je Cantorov skup Λ iz poglavlja 3 (pridruºen Smaleovoj

potkovi) atraktor za potkovu.

Dokaz. Kao ²to sam vec napisala u pitanjima i odgovorima, to je jedno

od onih trik pitanja koje postavljam izrazito rijetko, ali ponekad je

takvo pitanja jako korisno za razumijevanje matemati£kih dokaza. Upor-

no traºenje preciznih i detaljnih dokaza £esto nailazi na studentsko ne-

godovanje. To je donekle i razumljivo ako se uzme u obzir da se od

studenata gotovo uvjek traºi da dokaºu ne²to ²to je netko drugi ve¢

davno dokazao i za ²to se ve¢ zna da je to£no. U tom kontekstu nije

lako objasniti za²to je preciznost i detaljnost esencijalna u svakom do-

kazu. No ako dopustite da se u dokazu pojavi najmanja nepreciznost

samo na jednom mjestu, mo¢i ¢ete dokazati bilo koju tvrdnju, a ne

samo tvrdnju ovog zadatka koja nije to£na. Naime, Λ nije atraktor

Smaleove potkove. U nastavku ¢emo pokazati ²to je atraktor Smaleove

potkove.

Slika 2: F pSq je crvena potkova, a F 2pSq je ljubi£asta potkova.

Po de�niciji, skup A je atraktor za preslikavanje f ako postoji okolina

U od A takva da je ClU klopka za f (tj. fpClUq � IntU), A �

© S.�. 27.05.2020.


�nPN0

fnpClUq i f |A je topolo²ki tranzitivno.

Neka je F : D Ñ D potkova de�nirana u sekciji 3 u predavanjima. D

je zatvoren i ograni£en skup i vrijedi F pDq � IntD. Dakle D je klopka

za potkovu F . Zanima nas skup D � �nPN0

F npDq. Iz konstrukcije

u predavanjima se vidi da je D unija dva skupa, jedan sadrºi samo

�ksnu to£ku P P D1, a drugi je ClW upP �q, gdje je P � �ksna to£ka

koja se nalazi u presjeku V0 i H0 (slika 2). Naime, u predavanjima smo

vidjeli da je W upP �q �zmijolika� krivulja (neprekidna slika polupravca)

koja sadrºi to£ku P �. ClW upP �q je kompaktan skup za koji se moºe

pokazati da je i povezan, te homeomorfan kontinuumu (kontinuum je

neprazan povezan kompaktan metri£ki prostor) koji se zove Knaste-

rov kontinuum ili Smaleova potkova (slika 3). Neka osnovna svojstva

Slika 3: Knasterov kontinuum.

od ClW upP �q su na primjer da je ClW upP �q X v Cantorov skup, pri

£emu je v bilo koja vertikalna jedini£na duºina u S. Ako one to£ke

tog Cantorovog skupa koje su gomili²ta samo s jedne strane nazovemo

�rubne� to£ke, onda W upP �q prolazi kroz sve �rubne� to£ke tog Canto-

rovog skupa. Takvih to£aka je prebrojivo mnogo. Moºe se pokazati da

ClW upP �q ima neprebrojivo mnogo lu£nih komponenti, svaka od njih

je neprekidna slika pravca.

Budu¢i da F na D nije tranzitivna, D nije atraktor za F . Iako je

F trivijalno tranzitivna na tP u, D1 je klopka za F (jer je F pD1q �

© S.�. 27.05.2020.


F pClD1q � IntD1) i tP u ��nPN0

F npD1q, te moºemo re¢i da je tP uatraktor za F , to nam svakako nije zanimljiv slu£aj. Dakle, ºelimo vi-

djeti da li je ClW upP �q atraktor od F . Moºe se pokazati da je F topo-

lo²ki tranzitivna na ClW upP �q. No za svaku okolinu U od ClW upP �qza koju bi bilo da je ClW upP �q � �nPN0

fnpClUq, moralo bi vrijediti

da P R ClU . S druge strane, ako je V bilo koja otvorena okolina od P ,

tada F pD r V q nije podskup od D r V pa pogotovo od IntpD r V q,jer sve to£ke iz D1 konvergiraju prema P . Dakle, takva okolina U ne

postoji i ClW upP �q nije atraktor od F u smislu na²e de�nicije.

Sli£no se moºe vidjeti da Λ nije atraktor za F . No, preslikavanje F se

moºe modi�cirati tako da je ClW upP �q atraktor za F .

2. Dokaºite propoziciju 5.6. da je preslikavanje potkova F : Λ Ñ Λ ka-

oti£no na Λ.

Dokaz. U 3. zadatku prve doma¢e zada¢e (1.DZ) dokazali smo da su

preslikavanja F : Λ Ñ Λ i σ : Σ2 Ñ Σ2 topolo²ki konjugirana. U 5.

zadatku 1.DZ dokazali smo da je Perpσq gust podskup od Σ2. U 4.

zadatku 1.DZ dokazali smo da σ ima gustu orbitu u Σ2. Pokaºimo

da postojanje guste orbite povla£i topolo²ku tranzitivnost. Neka su

U, V � Σ2 proizvoljni otvoreni podskupovi i neka je Opsq � Σ2 gusta

orbita. Tada postoje n,m P N, n m takvi da je σnpsq P U i σmpsq P V(jer je Opsq gust podskup od Σ2). Dakle, σm�npUq X V � H pa je σ

topolo²ki tranzitivno. Iz toga slijedi da je preslikavanje σ kaoti£no, a

budu¢i da mu je F |Λ topolo²ki konjugirano i F |Λ je kaoti£no.

3. Dokaºite korolar 6.5. da je solenoid Λ atraktor preslikavanja F iz po-

glavlja 6 tako da raspi²ete detaljnije dokaz da je F |Λ topolo²ki tranzi-

tivno koji je samo skiciran u dokazu propozicije 6.4.

Dokaz. Neka su X0 � pϕ0, x0, y0q, X1 � pϕ1, x1, y1q P Λ proizvoljne

to£ke i U0, U1 redom njihove proizvoljne okoline. Postoje n P N i δ ¡ 0

© S.�. 27.05.2020.


takvi da su cilindri C0 i C1 od F npDq, de�nirani sa C0 � tpϕ, x, yq :

|ϕ � ϕ0| δ, dppx, yq, px0, y0qq 1{10nu, C1 � tpϕ, x, yq : |ϕ � ϕ1| δ, dppx, yq, px1, y1qq 1{10nu potpuno sadrºan u U0, U1 redom. Iza-

berimo m takav da je 2mδ ¡ 2n�14π. Tada je FmpC0q cilindar koji

leºi unutar F npDq i omotan je unutar D najmanje 2n�1 puta. Dakle,

FmpC0q prolazi kroz cijeli C1 najmanje jedamput. Zato postoji to£ka

Y P C0 � U0 takva da je FmpY q P FmpC0q X C1 � U1. Dakle,

FmpU0q X U1 � H pa je F |Λ topolo²ki tranzitivno preslikavanje.

4. Neka je Ha,b : R2 Ñ R2 preslikavanje dano sa

Ha,bpx, yq � pa� by � x2, xq,

gdje su a i b parametri. Ha,b se zove Hénonovo preslikaanje po fran-

cuskom matemati£aru M. Hénonu koji ga je konstruirao 1976. godine i

£iju dinamiku i danas slabo razumijemo.

(a) Dokaºite da je Ha,b difeomor�zam za sve a, b � 0 i izra£unajte

njegov inverz.

(b) Dokaºite da su za 0 |b| ¤ 1, A � ab2

i B � 1bpreslikavanja

Ha,b i H�1A,B topolo²ki konjugirana. To pokazuje da je dovoljno

prou£avati Ha,b za 0 |b| ¤ 1.

(c) Neka je 0 |b| ¤ 1. Izra£unajte a0pbq takav da za a a0pbq, Ha,b

nema �ksnih to£aka, za a � a0pbq, Ha,b ima jedinstvenu �ksnu

to£ku i za a ¡ a0pbq, Ha,b ima dvije �ksne to£ke te izra£unajte te

�ksne to£ke.

Dokaz. (a) Prisjetimo se, za funkciju F : U Ñ V , gdje su U, V � Rn

otvoreni skuovi, kaºe se da je Cr difeomor�zam ako je bijekcija i

ako su F i F�1 r puta neprekidno diferecijabilne (uklju£uju¢i r �8). Lako se provjeri (ja ne¢u raspisivati, ali vi ste trebali) da je za

svaki a i b � 0, Ha,b injekcija, surjekcija i da je H�1a,b � py, a�x�y2

bq.

© S.�. 27.05.2020.


Budu¢i da je svaka koordinatna funkcija f1px, yq � a � by � x2

i f2px, yq � x klase C8 i Ha,b je C8. Tako�er, za b � 0 su

g1px, yq � x i g2px, yq � a�x�y2b

klase C8 pa je i H�1a,b klase C8.

Dakle, Ha,b je C8 difeomor�zam.

(b) Neka je h : R2 Ñ R2, hpx, yq � pyb, xbq. Lako se provjeri (ja ne¢u

raspisivati, ali vi ste trebali) da je h topolo²ka konjugacija, tj. da

je h bijekcija, neprekodna, h�1 je neprekidna i vrijedi h � Ha,b �H�1A,B � h.

(c) Neka je 0 |b| ¤ 1. Rje²avaju¢i jednadºbu Ha,bpx, yq � px, yq,tj. pa � by � x2, xq � px, yq, dobivamo jednadºbe y � x i x2 �pb � 1qx � a � 0 i njihova rje²enja y1,2 � x1,2 � �b�1�

?pb�1q2�4a

2.

Iz toga slijedi a0pbq � � pb�1q24

te da Ha,b nema �ksnih to£aka

za a a0, Ha,b ima jednu �ksnu to£ku p� b�12,� b�1

2q (u tre-

¢em kvadrantu) za a � a0 i Ha,b ima dvije �ksne to£ke za a ¡a0 i to p�b�1�

?pb�1q2�4a

2,�b�1�

?pb�1q2�4a

2q u tre¢em kvadrantu i

p�b�1�?pb�1q2�4a

2,�b�1�

?pb�1q2�4a

2q koja je za a 0 u tre¢em kva-

drantu, a za a ¡ 0 u prvom kvadrantu.

5. Neka je La,b : R2 Ñ R2 po dijelovima linearno preslikavanje dano sa

La,bpx, yq � p1� y � a|x|, bxq,

gdje su a i b parametri. La,b se zove Lozijevo preslikaanje po francuskom

matemati£aru R. Loziju koji ga je konstruirao 1978. godine kao simpli-

�kaciju Hénonovog preslikavanja, no i dinamiku Lozijevih preslikavanja

jo² uvjek slabo razumijemo.

(a) Dokaºite da je La,b homeomor�zam za sve a, b � 0 i izra£unajte

njegov inverz.

© S.�. 27.05.2020.


(b) Neka je 0 |b| ¤ 1. Izra£unajte A i B takve da su preslikavanja

La,b i L�1A,B topolo²ki konjugirana.

(c) Neka je 0 |b| ¤ 1. Izra£unajte a0pbq takav da za a a0pbq,La,b nema �ksnih to£aka, za a � a0pbq, La,b ima jedinstvenu �ksnu

to£ku i za a ¡ a0pbq, La,b ima dvije �ksne to£ke te izra£unajte te

�ksne to£ke.

Dokaz. (a) Lako se provjeri (ja ne¢u raspisivati, ali vi ste trebali)

da je za svaki a i b � 0, La,b injekcija, surjekcija i da je L�1a,b �

pyb, x�1� a

b|x|q. Budu¢i da je svaka koordinatna funkcija f1px, yq �

1�y�a|x| i f2px, yq � bx neprekidna i La,b je neprekidna. Tako�er,

za b � 0 su g1px, yq � ybi g2px, yq � x� 1� a

b|x| neprekidne pa je

i L�1a,b neprekidna. Dakle, La,b je homeomor�zam.

(b) Neka je 0 |b| ¤ 1. Neka je h : R2 Ñ R2, hpx, yq � p�y,�xq,A � a{b i B � 1{b. Lako se provjeri (ja ne¢u raspisivati, ali vi

ste trebali) da je h topolo²ka konjugacija, tj. da je h bijekcija,

neprekodna, h�1 je neprekidna i vrijedi h � La,b � L�1A,B � h.

(c) Neka je 0 |b| ¤ 1. Rje²avaju¢i jednadºbu La,bpx, yq � px, yq, tj.p1� y� a|x|, bxq � px, yq, dobivamo jednadºbe a|x| � p1� bqx � 1

i y � bx. Postoje dva slu£aja:

x ¡ 0 ñ x � 1

1� a� b, y � b

1� a� bñ 1�a�b ¡ 0 ñ a ¡ b�1,

x 0 ñ x � 1

1� a� b, y � b

1� a� bñ 1�a�b 0 ñ a ¡ 1�b.

Budu¢i da za 0 |b| ¤ 1 vrijedi b� 1 ¤ 1� b, zaklju£ujemo da za

a0pbq � b�1 i a1pbq � 1�b dobivamo: La,b nema �ksnih to£aka za

a a0, La,b ima dvije �ksnih to£aka za a ¡ a1 i to su p 11�a�b ,

b1�a�bq

u prvom kvadrantu i p 11�a�b ,

b1�a�bq u tre¢em kvadrantu. Tako�er,

La,b ima jednu �ksnu to£ku p 11�a�b ,

b1�a�bq u prvom kvadrantu za

b � 1 i a0 a a1.

© S.�. 27.05.2020.

5 SEDMA DOMA�A ZADA�A S RJE�ENJIMA. 19

5 Sedma doma¢a zada¢a s rje²enjima.

1. Generalizirajte teorem 7.3. i korolar 7.4. za periodi£nu to£ku P perioda

n (iskaz i dokaz).

Teorem. Pretpostavimo da G : R2 Ñ R2 ima privla£nu periodi£nu

to£ku P osnovnog perioda n. Tada postoji otvoreni skup koji sadrºi

to£ku P , £ije sve to£ke konvergiraju prema P pod iteracijama naprijed

od Gn.

Najve¢i takav otvoreni skup U u R2 zove se stabilni skup ili ba-

zen atrakcije od P i ozna£ava sa W spP q. Skup �n�1i�0 G

ipUq je bazenatrakcije orbite OpP q � tP,GpP q, . . . Gn�1pP qu.

Dokaz. Ozna£imo F :� Gn. To£ka P je privla£na �ksna to£ka preslika-

vanja F pa je dokaz isti kao dokaz teorema 7.3 primjenjen na funkciju

Gn.

Konjugiranjem preslikavanja F s translacijom T pXq � X�P , moºemo

pretpostaviti da je P ishodi²te, tj. P � O � p0, 0q. Iz korolara 2.3 i

propozicije 2.4 slijedi da DF pOq ima jedan od sljede¢e tri oblika:�λ 00 µ

�uz |λ|, |µ| 1,�

λ ε0 λ

�uz |λ| 1 i ε ¡ 0 proizvoljno mali, ili�

a �bb a

�uz a2 � b2 1.

Zato, za X � O vrijedi |DF pOqX| |X|. Zbog neprekidnosti od

DF , postoji okolina U od O takva da za svaki Q P U ta nejednakost

vrijedi za jedini£ne vektore E1 i E2 pa i za svaku to£ku X � O, tj.

|DF pQqX| |X| za svaki Q P U .Izaberimo sada δ ¡ 0 takav da ako je |Q| δ, tada je Q P U . �elimo

dokazati da za sve takve Q, Q � O, vrijedi |F pQq| |Q|. Neka je

© S.�. 27.05.2020.


γptq � tQ. Dakle, F pγp0qq � O, F pγp1qq � F pQq i γptq P U za svaki t,

0 ¤ t ¤ 1. Zato vrijedi

|F pQq| ��» 1

0

pF � γq1ptqdt�� ¤

» 1

0

|pF � γq1ptq|dt �» 1

0

|DF pγptqqγ1ptq|dt

» 1

0

|γ1ptq|dt � |Q|,

jer je γ1ptq � O. Dakle, |F pQq| |Q| pa F kpQq Ñ O kada k Ñ 8.

Zato GnkpQq Ñ O kada k Ñ 8. Tako�er Gpn�iqkpQq Ñ GipOq kadak Ñ 8 za svaki i � 1, . . . , n� 1.

Korolar. Pretpostavimo da G : R2 Ñ R2 ima odbojnu periodi£nu to£ku

P osnovnog perioda n. Tada postoji otvoreni skup koji sadrºi to£ku P

£ije sve to£ke konvergiraju prema P pod iteracijama nazad od Gn.

Najve¢i takav otvoreni skup U u R2 zove se nestabilni skup od P

i ozna£ava sa W upP q. Skup�n�1i�0 G

ipUq je nestabilni skup orbite

OpP q � tP,GpP q, . . . Gn�1pP qu.

2. Iskaºite teorem koji je analogon teorema 7.5. o egzistenciji lokalne sta-

bilne mnogostrukosti sedlaste �ksne to£ke P .

Teorem. Pretpostavimo da F : R2 Ñ R2 ima sedlastu �ksnu to£ku P .

Tada postoji ε ¡ 0 i glatka ptj. C1q krivulja γ : p�ε, εq Ñ R2 takva da

vrijedi:

(a) γp0q � P .

(b) γ1ptq � 0 za svaki t P p�ε, εq.(c) γ1p0q je stabilni vektor za DF pP q.(d) γ je F invarijantna.

(e) F npγptqq Ñ P kada nÑ 8 za svaki t P p�ε, εq.(f) Ako je dpF npQq, F npP qq ε za svaki n P N0, onda je Q � γptq za

neki t P p�ε, εq.

© S.�. 27.05.2020.


3. Izra£unajte da li su �ksne to£ke Hénonovog preslikavanja hiperboli£ne i

ako jesu kojeg su tipa. Izra£unajte periodi£ne to£ke perioda dva te i njih

klasi�cirajte. (Uputa: �ksne i periodi£ne to£ke ovise o parametrima a i

b pa tako i njihov tip te treba izra£unati i za koje skupove parametara

odre�ena tvrdnja vrijedi.)

Dokaz. Za Hénonovo preslikavanje Ha,bpx, yq � pa� by � x2, xq vrijediDHpx, yq �

��2x �b1 0

�. Iz 5. doma¢e zada¢e znamo da je dovoljno

prou£avati Ha,b za 0 |b| ¤ 1 i da za a � a0 � � pb�1q24

, Ha,b ima jednu

�ksnu to£ku p� b�12,� b�1

2q (u tre¢em kvadrantu). Dakle, DHpXq ��

b� 1 �b1 0

�i karakteristi£na jednadºba detpDHpXq � λIq � 0 ima

rje²enja λ1 � 1, λ2 � b pa X nije hiperboli£ka �ksna to£ka.

Za a ¡ a0 Ha,b ima dvije �ksne to£ke i to

X ��b� 1�apb� 1q2 � 4a

2,�b� 1�apb� 1q2 � 4a

2

�

u tre¢em kvadrantu i

Y ��b� 1�apb� 1q2 � 4a

2,�b� 1�apb� 1q2 � 4a

2

�

koja je za a 0 u tre¢em kvadrantu, a za a ¡ 0 u prvom kvadrantu.

Prou£imo prvo �ksnu to£kuX. DHpXq ��b� 1�apb� 1q2 � 4a �b

1 0

�.

Zbog jednostavnosti ozna£imo c :� b � 1 �apb� 1q2 � 4a. Karakte-

risti£na jednadºba detpDHpXq � λIq � 0 ima rje²enja λ1,2 � c�?c2�4b2

.

Rje²avanjem nejednadºbe c2�4b ¥ 0 dobivamo λ1,2 P R za svaki a ¡ a0

i 0 |b| ¤ 1.

Rje²avamo nejednadºbu λ1 � c�?c2�4b2

¡ 1:

c�?c2 � 4b ¡ 2 ñ

?c2 � 4b ¡ 2� c.

© S.�. 27.05.2020.


Za 2 � c 0 nejednadºba je trivijalno ispunjena, a za 2 � c ¥ 0

kvadriranjem dobivamo b b �apb� 1q2 � 4a ²to je isto trivijalno

ispunjeno. Dakle, λ1 ¡ 1 za svaki a ¡ a0 i 0 |b| ¤ 1.


1:

c�?c2 � 4b 2 ñ

?c2 � 4b ¡ c� 2.

Za c � 2 0 nejednadºba je trivijalno ispunjena, a za c � 2 ¥ 0

kvadriranjem dobivamo b b �apb� 1q2 � 4a ²to je isto trivijalno

ispunjeno. Dakle, λ2 1 za svaki a ¡ a0 i 0 |b| ¤ 1.


¡ �1:

c�?c2 � 4b ¡ �2 ñ

?c2 � 4b c� 2.

Jer je c ¡ 0 kvadriranjem dobivamo c � b � 1 ¡ 0 ²to je ispunjeno.

Dakle, λ2 P p�1, 1q za sve a ¡ a0 i 0 |b| ¤ 1.

Iz dobivenog zaklju£ujemo da je �ksna to£ka X hiperboli£ka sedlasta

to£ka za sve a ¡ a0 i 0 |b| ¤ 1.

Prou£imo sada �ksnu to£ku Y . DHpY q ��b� 1�apb� 1q2 � 4a �b

1 0

�.

Zbog jednostavnosti ozna£imo d :� b � 1 �apb� 1q2 � 4a. Karakte-

risti£na jednadºba detpDHpY q � λIq � 0 ima rje²enja λ1,2 � d�?d2�4b2

.

Rje²avanjem nejednadºbe d2 � 4b 0 dobivamo λ1,2 R R za b P p0, 1si a P pb � pb � 1q?b, b � pb � 1q?bq. U tom slu£aju je |λ1,2| � b pa Y

nije hiperboli£ka �ksna to£ka za b � 1 i a P p�1, 3q. Tako�er vrijedi

λ1,2 P p�1, 1q za b P p0, 1q i a P pb� pb� 1q?b, b� pb� 1q?bq.Prou£imo sada realne svojstvene vrijednosti, tj. neka je d2 � 4b ¥ 0.

Rje²avamo nejednadºbu λ1 � d�?d2�4b2

1:

d�?d2 � 4b 2 ñ

?d2 � 4b 2� d.

Lako se vidi da je uvjek 2 � d ¡ 0 pa kvadriranjem dobivamo b ¡b �apb� 1q2 � 4a ²to je trivijalno ispunjeno. Dakle, λ1 1 kada je

d2 � 4b ¥ 0.

© S.�. 27.05.2020.



¡ �1:

d�?d2 � 4b ¡ �2 ñ

?d2 � 4b ¡ �2� d.

Kada je �2 � d 0 vrijedi a 3pb�1q24

i tada je gornja nejednadºba

trivijalno ispunjena. Za �2� d ¥ 0 vrijedi a ¥ 3pb�1q24

i u tom slu£aju

kvadriranjem dobivamo 2pb � 1q apb� 1q2 � 4a. Jer je b � 1 ¥ 0

kvadriranjem dobivamo a ¡ 3pb�1q24

, ²to je ispunjeno za a � 3pb�1q24

.

Kada je a � 3pb�1q24

vrijedi λ1 � �b.Dakle, λ1 P p�1, 1q kada je d2 � 4b ¥ 0 i b � 1, a za b � 1 i a � 3

vrijedi λ1 � �1.


1:

d�?d2 � 4b 2 ñ

?d2 � 4b ¡ d� 2.

Ve¢ smo vidjeli da je d� 2 0 pa je nejednadºba ispunjena trivijalno.


¡ �1:

d�?d2 � 4b ¡ �2 ñ

?d2 � 4b d� 2.

Nejednadºba o£igledno nije ispunjena za d � 2 0, odnosno, kao ²to

smo ve¢ vidjeli, za a ¡ 3pb�1q24

. Za d � 2 ¥ 0 vrijedi a ¤ 3pb�1q24

i tada

kvadriranjem dobivamo 2pb � 1q ¡ apb� 1q2 � 4a. Jer je b � 1 ¥ 0

kvadriranjem dobivamo a 3pb�1q24

, ²to je ispunjeno za a � 3pb�1q24

.

Kada je a � 3pb�1q24

vrijedi λ2 � �1. Tako�er, λ2 �1 za 0 |b| ¤ 1 i

a ¡ 3pb�1q24

.

Dakle, �ksna to£ka Y nije hiperboli£ka za 0 |b| ¤ 1 i a � 3pb�1q24

i za

b � 1 i a P p�1, 3q. Kada je 0 |b| 1 i a 3pb�1q24

, Y je privla£na

hiperboli£ka to£ka, a kada je 0 |b| ¤ 1 i a ¡ 3pb�1q24

, Y je sedlasta

hiperboli£ka to£ka (vidi sliku 5).

Sada ¢emo izra£unati periodi£ne to£ke osnovnog perioda dva. H2a,bpx, yq �

pa � bx � pa � by � x2q2, a � by � x2q. Iz H2a,bpx, yq � px, yq dobivamo

© S.�. 27.05.2020.


-2 -1 0 1 2 3 4-1.0

-0.5

0.0

0.5

1.0

Slika 4: Krivulja a0pbq � � pb�1q24

je crvena, a1pbq � 3pb�1q24

je zelena, apbq �b� pb� 1q?b je sivo-plava, a apbq � b� pb� 1q?b plava.

jednadºbu

x4 � 2ax2 � pb� 1q3x� a2 � apb� 1q2 � 0.

Budu¢i da znamo da su dva rje²enja te jednadºbe (od ukupno £etiri)

x-koordinate �ksnih to£aka X i Y , x1,2 � �b�1�?pb�1q2�4a

2, djeljenjem

jednadºbe sa x2 � px1 � x2qx � x1x2 � x2 � pb � 1qx � a dobivamo

kvadratnu jednadºbu x2 � pb � 1qx � a � b � 1 � 0 £ija su rje²enja

x-koordinate jedinstvene orbite osnovnog perioda dva

x3,4 � b� 1�a4a� 3pb� 1q22

i ona postoji za a ¡ 3pb�1q24

. Zanimljivo je primijetiti da kada a Ñ3pb�1q2

4onda x3,4 Ñ x1.

Iz y � a�x2b�1

dobivamo

y3,4 � �b� 1a4a� 3pb� 1q22

.

Ra£unamoDH2px, yq ��4x3 � 4ax� 4bxy � b �2bx2 � 2b2y � 2ab

�2x �b�.

Jer DHpx, yq ovisi o to£ki px, yq, ovisnost DH2px, yq o to£ki px, yq je jo²

© S.�. 27.05.2020.


sloºenija te je o£igledno ve¢ klasi�kacija periodi£nih to£aka osnovnog

perioda dva vrlo te²ka za izra£unati.

4. Izra£unajte sve kao u 3. zadatku za Lozijevo preslikavanje. (Uputa:

Lozijevo preslikavanje nije diferencijabilno u svakoj to£ki te prvo treba

provjeriti da li je diferencijabilno u �ksnim to£kama i u periodi£nim

to£kama perioda dva. Tako�er, Lozijevo preslikavanje je po dijelovima

linearno, tj. njegovo djelovanje se moºe opisati sa dvije matrice. Jedna

daje linearno preslikavanje koje djeluje na to£ke lijeve poluravnine, a

druga daje linearno preslikavanje koje djeluje na to£ke desne polurav-

nine.)

Dokaz. Lozijevo preslikavanje La,bpx, yq � p1 � y � a|x|, bxq moºemo

rastaviti na dva linearna preslikavanja, Llpx, yq � p1� y � ax, bxq kojedjeluje na to£ke lijeve poluravnine x ¤ 0, i na Lrpx, yq � p1�y�ax, bxqkoje djeluje na to£ke desne poluravnine x ¥ 0. Derivacije DLlpx, yq ��a 1b 0

�i DLrpx, yq �

��a 1b 0

�ne ovise o to£ki px, yq. Iz 5. doma¢e

zada¢e znamo da je dovoljno prou£avati La,b za 0 |b| ¤ 1 i da za

b � 1 i a0 � b � 1 a ¤ a1 � 1 � b La,b ima jednu �ksnu to£ku

X � p 11�a�b ,

b1�a�bq (u prvom kvadrantu). Za 0 |b| ¤ 1 i a ¡ a1 La,b

ima dvije �ksnih to£aka i to suX � p 11�a�b ,

b1�a�bq (u prvom kvadrantu)

i Y � p 11�a�b ,

b1�a�bq (u tre¢em kvadrantu).

Prou£imo prvo �ksnu to£ku X. Dakle, DLpXq � DLrpXq ��a 1b 0

�i karakteristi£na jednadºba detpDLrpXq � λIq � 0 ima rje²enja λ1 ��a�?a2�4b

2, λ2 � �a�?a2�4b

2. Za b �a2{4 vrijedi λ1,2 R R i |λ1,2| � b

pa X nije hiperboli£na za b � �1 i a P p�2, 2q. Tako�er, |λ1,2| P p0, 1qza �1 b �a2{4.Kada je �a2{4 ¤ b ¤ 1 vrijedi λ1,2 P R. Rje²avaju¢i nejednadºbu

λ1 1 dobivamo?a2 � 4b a � 2. Jer je a ¡ b � 1 i b ¥ �1 vrijedi

a� 2 ¥ 0 pa kvadriranjem dobivamo b 1� a.

© S.�. 27.05.2020.


Rje²avaju¢i nejednadºbu λ1 ¡ �1 dobivamo?a2 � 4b ¡ a�2. Za a 2

nejednadºba vrijedi trivijalno za sve b 1�a, a za a ¥ 2 kvadriranjem

dobivamo b ¡ 1� a. Dakle, λ1 P p�1, 1q za �a2{4 ¤ b 1� a.

Rje²avaju¢i nejednadºbu λ2 1 dobivamo?a2 � 4b ¡ �2 � a. Jer je

a ¡ b � 1 i b ¥ �1 vrijedi �2 � a ¤ 0 pa je nejednadºba trivijalno

ispunjena za sve b 1� a.

Rje²avaju¢i nejednadºbu λ2 ¡ �1 dobivamo?a2 � 4b ¡ 2 � a. Za

a ¡ 2 nejednadºba nije ispunjena. Za a ¤ 2 kvadriranjem dobivamo

b 1 � a. Dakle, λ2 P p�1, 1q za b ¥ �a2{4 i b � 1 a 1 � b te

λ2 �1 za b ¡ 1� a. Tako�er, λ2 � �1 za b � 1� a.

Iz toga slijedi da �ksna to£kaX nije hiperboli£ka za b � �1 i a P p�2, 2qte za b � 1� a, X je hiperboli£ka privla£na �ksna to£ka za 0 |b| 1

i b � 1 a 1 � b te hiperboli£ka sedlasta to£ka za 0 |b| ¤ 1 i

a ¡ 1� b.

Prou£imo sada �ksnu to£ku Y koja postoji za b ¡ 1 � a. Dakle,

DLpY q � DLlpY q ��a 1b 0

�i karakteristi£na jednadºba detpDLlpY q �

λIq � 0 ima rje²enja λ1 � a�?a2�4b2

, λ2 � a�?a2�4b2

. Budu¢i da je

b ¡ 1� a, lako se vidi da je a2 � 4b ¥ 0 pa su λ1,2 P R.

Rje²avaju¢i nejednadºbu λ1 ¡ 1 dobivamo?a2 � 4b ¡ 2 � a. Kada je

a ¡ 2 nejednadºba je trivijalno ispunjena za sve b ¡ 1 � a, a kada je

a ¤ 2 kvadriranjem dobivamo b ¡ 1� a.

Rje²avaju¢i nejednadºbu λ2 1 dobivamo?a2 � 4b ¡ a � 2. Kada je

a 2 nejednadºba je trivijalno ispunjena za sve b ¡ 1 � a, a kada je

a ¥ 2 kvadriranjem dobivamo b ¡ 1� a.

Rje²avaju¢i nejednadºbu λ2 ¡ �1 dobivamo?a2 � 4b a � 2. Jer je

b ¡ 1 � a vrijedi a ¡ 0 pa kvadriranjem dobivamo b 1 � a. Dakle,

λ2 P p�1, 1q za sve b ¡ 1� a.

© S.�. 27.05.2020.


Iz toga slijedi da je �ksna to£ka Y sedlasta hiperboli£ka to£ka za sve

0 |b| ¤ 1 i b ¡ 1� a.

Sada ¢emo izra£unati periodi£ne to£ke od La,b osnovnog perioda dva,

ozna£imo ih P1 i P2. Budu¢i da linearna prelikavanja Ll i Lr nemaju

periodi£ne to£ke osnovnog perioda dva, jedna od to£aka orbite perioda

dva se nalazi u lijevoj poluravnini, a druga u desnoj poluravnini. Neka

je P1 � px, yq u desnoj poluravnini, tj. x ¡ 0. Iz P1 � L2a,bpP1q �

LlpLrpP1qq � p1� bx� ap1� y � axq, bp1� y � axqq dobivamo

P1 ��

1� a� b

a2 � pb� 1q2 ,bp1� a� bqa2 � pb� 1q2

,

P2 ��

1� a� b

a2 � pb� 1q2 ,bp1� a� bqa2 � pb� 1q2

.

Primjetimo da orbita osnovnog perioda dva postoji za a ¡ 1� b.

Ra£unamo derivaciju DLlLrpx, yq ��b� a2 a�ab b

�i karakteristi£na jed-

nadºba detpDLlLrpP1q � λIq � 0 ima rje²enja λ1 � 2b�a2�|a|?a2�4b2

,

λ2 � 2b�a2�|a|?a2�4b2

.

Za b ¡ a2{4 vrijedi λ1,2 R R i |λ1,2| � b2 P p0, 1s. Za b � 1 i a P p0, 2qvrijedi P1 � p1{a,�1{aq, P2 � p�1{a, 1{aq i to£ke nisu hiperboli£ke.

Za 1 � b ¡ a2{4 vrijedi |λ1,2| P p�1, 1q.Za b ¤ a2{4 vrijedi λ1,2 P R. Rje²avaju¢i nejednadºbu λ1 1 dobi-

vamo |a|?a2 � 4b 2p1 � bq � a2. Jer je desna strana nejednadºbe

nenegativna, kvadriranjem dobivamo p1� bq2� a2 ¡ 0, ²to je trivijalno

ispunjeno.

Rje²avaju¢i nejednadºbu λ1 ¡ �1 dobivamo |a|?a2 � 4b ¡ a2�2p1�bq.Kada je a2 2pb � 1q nejednadºba je trivijalno ispunjena. Za a2 ¥2pb�1q kvadriranjem dobivamo pb�1q2 a2. Budu¢i da za 0 |b| 1

vrijedi pb � 1q2 2pb � 1q, nejednadºba je ispunjena za sve b ¤ a2{4.Dakle λ1 P p�1, 1q za b ¤ a2{4.

© S.�. 27.05.2020.


Rje²avaju¢i nejednadºbu λ2 1 dobivamo |a|?a2 � 4b ¡ 2pb� 1q� a2.

Jer je desna strana nejednadºbe negativna, nejednadºba je trivijalno

ispunjena.

Rje²avaju¢i nejednadºbu λ2 ¡ �1 dobivamo |a|?a2 � 4b 2pb�1q�a2.

Za b a2�22

nejednadºba nije ispunjena. Za b ¥ a2�22

kvadriranjem

dobivamo b ¡ a � 1. Tako�er λ2 �1 za b a � 1 i λ2 � �1 za

b � a� 1.

Iz toga slijedi da periodi£ne to£ke P1 i P2 nisu hiperboli£ke za b P p0, 1si a � b � 1, da su hiperboli£ke privla£ne to£ke za b P p0, 1q i 1 � b a 1� b te hiperboli£ke sedlaste za 1� a b a� 1.

-2 -1 0 1 2 3-1.0

-0.5

0.0

0.5

1.0

Slika 5: Krivulja a0pbq � b�1 je crvena, a1pbq � 1�b je zelena, bpaq � �a2{4je plava, bpaq � a2{4 je siva, a bpaq � a� 1 ºuta.

5. Neka je T2 torus parametriziran sa ϕ1, ϕ2, pri £emu su 0 ¤ ϕi ¤ 2π,

i � 1, 2, s nasuprotnim paralelnim stranicama kvadrata identi�ciranim

(stranice kvadrata sada nemaju duljinu 1, ve¢ su duljine 2π, ali iden-

ti�kacija stranica je kao prije). Neka je F : T2 Ñ T2 preslikavanje

de�nirano sa F pϕ1, ϕ2q � pϕ1 � ε sinϕ1, ϕ2 � ε sinϕ2 cosϕ1q. Pokaºiteda je za dovoljno mali ε ¡ 0 preslikavanje F difeomor�zam. Izra£unajte

�ksne to£ke, da li su hiperboli£ne te kojeg su tipa. Odredite stabilne i

nestabilne mnogostrukosti �ksnih to£aka te nacrtajte fazni portret od

© S.�. 27.05.2020.


F (u kvadratu stranice duljine 2π ucrtajte �ksne to£ke i njihove sta-

bilne i nestabilne mnogostrukosti sa strelicama koje pokazuju kako se

gibaju to£ke pod iteracijama funkcije).

Dokaz. F je o£igledno klase C8. Ozna£imo f1pϕ1, ϕ2q � ϕ1 � ε sinϕ1

i f2pϕ1, ϕ2q � ϕ2 � ε sinϕ2 cosϕ1.

Pokaºimo da je F surjekcija. Neka su 0 ¤ ψi ¤ 2π, i � 1, 2, pro-

izvoljni. Budu¢i da je f1pϕ1, ϕ2q � ϕ1 � ε sinϕ1 neprekidna i vrijedi

f1p0, ϕ2q � 0 i f1p2π, ϕ2q � 2π, postoji ϕ�1 takav da je f1pϕ�1 , ϕ2q �ϕ�1 � ε sinϕ�1 � ψ1 za svaki ϕ2. Za �ksni ε ozna£imo c � ε cosϕ�1 . Ana-

logno za f2pϕ�1 , ϕ2q � ϕ2 � c sinϕ2 postoji ϕ�2 takav da je f2pϕ�1 , ϕ�2q �ϕ�2 � c sinϕ�2 � ψ2. Dakle, F pϕ�1 , ϕ�2q � pψ1, ψ2q pa je F surjekcija.

Pokaºimo da je F injekcija za ε 1. Pretpostavimo da je F pϕ1, ϕ2q �F pψ1, ψ2q. Budu¢i da je Bf1

Bϕ1pϕ1, ϕ2q ¡ 0 za svaki ε 1 i 0 ¤ ϕi ¤ 2π,

i � 1, 2, iz ϕ1 � ε sinϕ1 � ψ1 � ε sinψ1 slijedi ϕ1 � ψ1. Za �ksni ε

i ϕ1 ozna£imo c � ε cosϕ1. Primijetimo da za ε 1 vrijedi |c| 1.

Zato analogno iz ϕ2 � c sinϕ2 � ψ2 � c sinψ2 slijedi ϕ2 � ψ2 pa je F

injekcija.

Dakle, F je neprekidna bijekcija na kompaktnom prostoru pa je home-

omor�zam. �tovi²e, za ε 1 i 0 ¤ ϕi ¤ 2π, i � 1, 2, vrijedi

detDF pϕ1, ϕ2q � det

�1� ε cosϕ1 0

�ε sinϕ1 sinϕ2 1� ε cosϕ1 cosϕ2

�� p1� ε cosϕ1qp1� ε cosϕ1 cosϕ2q � 0

pa po teoremu o inverznoj funkciji (jer postoji inverz od F ) slijedi da

je inverz od F klase C8.

Izra£unajmo sada �ksne to£ke od F . Rje²avamo sustav jednadºbi

ϕ1 � ε sinϕ1 � ϕ1

ϕ2 � ε cosϕ1 sinϕ2 � ϕ2

© S.�. 27.05.2020.


i dobivamo £etiri �ksne to£ke: P1 � p0, 0q, P2 � pπ, 0q, P3 � p0, πq iP4 � pπ, πq. Jer je

DF p0, 0q ��

1� ε 00 1� ε

�ñ λ1 � λ2 � 1� ε ¡ 0,

P1 je odbojna �ksna to£ka. Jer je

DF pπ, 0q ��

1� ε 00 1� ε

�ñ λ1 � λ2 � 1� ε 0,

P2 je privla£na �ksna to£ka. Jer je

DF p0, πq ��

1� ε 00 1� ε

�ñ λ1 � 1� ε ¡ 0, λ2 � 1� ε 0,

P3 je sedlasta �ksna to£ka. Sli£no, jer je

DF pπ, πq ��

1� ε 00 1� ε

�ñ λ1 � 1� ε 0, λ2 � 1� ε ¡ 0,

P4 je isto sedlasta �ksna to£ka.

Slika 6: Fazni portret preslikavanja F .

Rje²avaju¢i jednadºbu DF pP qv � λv dobivamo da je za P � P3 i

λ � λ1 nestabilni svojstveni vektor vu � p1, 0q, a za λ � λ2 stabilni

svojstveni vektor vs � p0, 1q. Analogno za P � P4 i λ � λ1 stabilni

svojstveni vektor vs � p1, 0q, a za λ � λ2 nestabilni svojstveni vektor

vu � p0, 1q. Fazni portret preslikavanja F izgleda kao na slici 6.

© S.�. 27.05.2020.

6 OSMA DOMA�A ZADA�A S RJE�ENJIMA. 31

6 Osma doma¢a zada¢a s rje²enjima.

1. Dokaºite da su sve to£ke Cantorovog skupa Λ invarijantnog za Smaleovu

potkovu lan£asto rekurentne.

2. Dokaºite da je svaka to£ka torusa lan£asto rekurentna za hiperboli£ki

automor�zam torusa.

3. Dokaºite da je svaka to£ka solenoida lan£asto rekurentna.

4. Dokaºite da je svaka to£ka Plykinovog atraktora lan£asto rekurentna.

Lema. Neka je pX, dq metri£ki prostor i F : X Ñ X neprekidno pres-

likavanje. Ako je skup periodi£kih to£aka za F gust u X, onda je svaka

to£ka P P X lan£asto rekurentna.

Dokaz. Neka je P P X to£ka i ε ¡ 0 proizvoljan. Budu¢i da je F

neprekidno preslikavanje, postoji 0 δ ε takav da za svaku to£ku

Q P X, dpP,Qq δ povla£i dpF pP q, F pQqq ε. Kako je skup peri-

odi£nih to£aka za F gust u X, postoji periodi£na to£ka R P X takva

da je dpP,Rq δ. Ozna£imo sa k osnovni period od R. Zbog neprekid-

nosti od F vrijedi dpF pP q, F pRqq ε. Tako�er, dpP, F k�1pF pRqqq �dpP,Rq ε. Dakle, P � P0, F pRq � P1, P2 � P je ε-lanac sa n1 � 1 i

n2 � k � 1. Jer je ε bio proizvoljan, P je lan£asto rekurentna.

Budu¢i da smo pokazali da preslikavanja iz zadataka 1 - 4 imaju gust

skup periodi£nih to£aka na odgovaraju¢im skupovima, tvrdnje iz zada-

taka 1 - 4 slijede direktno iz gornje leme.

5. Dokaºite da ako je P hiperboli£ka periodi£na to£ka i Q njoj homokli-

ni£ka to£ka (tj. Q P W upP q XW spP q), tada je Q lan£asto rekurentna,

ali nije rekurentna.

© S.�. 27.05.2020.


Dokaz. Neka je ε ¡ 0 proizvoljan. Ozna£imo sa k P N osnovni pe-

riod od P . Budu¢i da je Q P W spP q, postoji k1 P N takav da je

dpP, F k1pQqq ε. Jer je Q P W upP q postoji k2 P N takav da je

dpP, F�k2pQqq ε. Zato za Q � Q0, P � Q1, F�k2pQq � Q2, Q3 � Q

i za n1 � k1, n2 � k, n3 � k2 vrijedi dpF nipQi�1q, Qiq ε pa je Q

lan£asto rekurentna.

Ako je ε ¡ 0 dovoljno mali da BpQ, εq ne sadr£i to£ke F jpP q za j �0, 1, . . . , k � 1, tada zbog dpF k1�ik�jpQq, F jpP qq ε za svaki i P N0

i j � 0, 1, . . . , k � 1, vrijedi F ipQq R BpQ, εq za i ¥ k1 pa Q nije

rekurentna.

6. Dokaºite propoziciju 8.2.

Dokaz. 1. Pokaºimo da je ΛpF q zatvoren. Neka je pXnqn, Xn P ΛpF q,niz to£aka koji konvergira to£ki X. �elimo pokazati da je X PΛpF q. Neka je ε ¡ 0 proizvoljan. Jer je F neprekidna postoji

0 δ ε{2 takav da za svaki Y P BpX, δq vrijedi dpF pY q, F pXqq ε{2. Jer Xn konvergira prema X, postoji n0 P N takav da za svaki

n ¥ n0 vrijedi dpX,Xnq δ. Jer je Xn P ΛpF q postoji ε{2-lanacXn

0 , Xn1 , . . . , X

nk , tj. zaX

n � Xn0 , X

n1 , . . . , X

nk � Xn i n1, n2, . . . , nk P

N vrijedi dpF nipXni�1q, Xn

i q ε{2 za svaki i.

Neka je n ¥ n0. Lako se vidi da je X,F pXn0 q, Xn

1 , . . . , Xnk�1, X ε-

lanac. Naime, iz dpX,Xnq δ slijedi dpF pXq, F pXn0 qq ε{2

ε. Jer je Xn0 , X

n1 , . . . , X

nk ε{2-lanac vrijedi dpF n1�1pF pXn

0 qq, Xn1 q

ε{2 ε i dpF nipXni�1q, Xn

i q ε{2 ε za svaki i � 2, . . . , k. Tako�er,

dpF nkpXnk�1q, Xq ¤ dpF nkpXn

k�1q, Xnk q � dpXn

k , Xq ε{2 � ε{2 � ε.

Dakle, X P ΛpF q pa je ΛpF q zatvoren.2. Neka su F i G topolo²ki konjugirana preslikavanja preko homeomor-

�zma h. Pokaºimo da h preslikava ΛpF q na ΛpGq.Budu¢i da je ΛpF q zatvoren (i ome�en), ΛpF q je kompaktan pa je

h|ΛpF q uniformno neprekidna. Neka je ε ¡ 0 proizvoljan i neka je

© S.�. 27.05.2020.


δ ¡ 0 takav da X, Y P ΛpF q i dpX, Y q δ povla£i dpF pXq, F pY qq ε. Neka je X P ΛpF q i X � X0, X1, . . . , Xk � X δ-lanac za F

sa n1, n2, . . . , nk P N takvim da dpF nipXi�1q, Xiq δ za svaki i.

Tada vrijedi dpGniphpXi�1qq, hpXiqq � dphpF nipXi�1qq, hpXiqq ε

za svaki i pa je hpXq � hpX0q, hpX1q, . . . , hpXkq � hpXq ε-lanac zaG. Jer je ε bio proizvoljan, hpXq P ΛpGq i zato hpΛpF qq � ΛpGq.Analogno, koriste¢i h�1 umjesto h moºemo pokazati da za svaki

X P ΛpGq vrijedi h�1pXq P ΛpF q. Dakle, hpΛpF qq � ΛpGq.

7. Dokaºite da je cijeli torus hiperboli£ki skup za hiperboli£ki automor�-

zam torusa.

Dokaz. Pokazat ¢emo da za torus T2 i hiperboli£ki automor�zam torusa

LA vrijede sva tri svojstva iz de�nicije 8.6.

Primjetimo da je DLApP q � A i da derivacija ne ovisi o to£ki P . Jer

je A hiperboli£na s determinantom �1, obje svojstvene vrijednosti od

A su realne i vrijedi |λs| 1, |λu| ¡ 1 i |λu| � 1{|λs|. Zato postoje

stabilni i nestabilni potprostori W s i W u u tangencijanoj ravnini te

EspP q � W s i EupP q � W u, koji se o£igledno mijenjaju neprekidno s

P (jer A uop¢e ne ovisi o P ). Tako�er, za λ � |λu| vrijedi }DF pP qv} �}Av} � λ}v} za sve v P EupP q i }DF�1pP qv} � }A�1v} � λ}v} zasve v P EspP q, jer je v P EupP q svojstveni vektor za λu, a v P EspP qje svojstveni vektor za λs. Dakle, vrijede sva tri svojstva iz de�nicije

8.6.

8. Iskaºite analogon teorema 8.7 za lokalne stabilne mnogostrukosti.

Teorem. Neka je F : R2 Ñ R2 difeomaor�zam. Neka je Λ zatvoren,

invarijantan, hiperboli£ki skup sadrºan u ograni£enom podskupu od R2.

Tada postoji ε ¡ 0 takav da za svaku to£ku P P Λ postoji glatka krivulja

γP : p�ε, εq Ñ R2 takva da vrijedi:

© S.�. 27.05.2020.


(a) γP p0q � P .

(b) γ1P ptq � 0 za svaki t P p�ε, εq.(c) γ1P p0q leºi na stabilnom pravcu EspP q.(d) F pγP q � γF pP q.

(e) dpF npγP ptqq, F npP qq Ñ 0 kada nÑ 8 za svaki t P p�ε, εq.

�tovi²e, krivulje γP ovise neprekidno o P .

© S.�. 27.05.2020.

Doma¢e zada¢esonja/DZ+R.pdf · t n 8 1. Iz toga i zadatka 6 slijedi da sP Wsp 0qX Wup 1q ako i...

Documents

Transcript of Doma¢e zada¢esonja/DZ+R.pdf · t n 8 1. Iz toga i zadatka 6 slijedi da sP Wsp 0qX Wup 1q ako i...