Gew¨ohnliche Differentialgleichungen und Dynamische Systeme
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wir ẏ = 0 mit der Anfangsedingung y 0 = h(x 0 ) lösen. Die Lösung der letzten Gleichung ist<br />
durch y(t, y 0 ) = y 0 gegeben. Eine Rücktransformation ergibt dann<br />
was offensichtlich falsch ist.<br />
x(t, x 0 ) = h −1 y(t, y 0 ) = h −1 (y 0 ) = x 0 ,<br />
Der Satz von Hartman-Grobman gilt auch im diskreten Fall, d.h. bei der zu periodischen Lösungen<br />
gehörenden Poincaré-Abbildung. Er lautet:<br />
Theorem 5.5 Sei x 0 ein Fixpunkt der Abbildung Π ∈ C 1 (U, R d ). Besitzt L = DΠ| x=x0 keine<br />
Eigenwerte auf dem Einheitskreis <strong>und</strong> ist L invertierbar, dann gibt es einen in einer Umgebung<br />
U von x 0 definierten Homöomorphismus h, welcher die Lösungskurven (die Orbits, die Trajektorien)<br />
des nichtlinearen Flußes Π n (·) in die des linearen Flußes L n· überführt, d.h. die Flüße<br />
sind konjugiert h ◦ Π(·) = DΠ ◦ h.<br />
Beweis: Es sei x 0 = 0. Dann ist Π(x) = Lx + f(x) mit f(x) = o(x). Da uns Π nur in der<br />
Nähe von x = 0 interessiert, können wir daher sup x∈R ‖Df(x)‖ ≤ µ 0 mit µ 0 = o(1) für x → 0<br />
voraussetzen.<br />
Die Linearisierung L zerfällt in einen stabilen Teil L s zu den Eigenwerten innerhalb des Einheitskreises<br />
<strong>und</strong> in einen instabilen Teil L u zu den Eigenwerten außerhalb des Einheitskreises.<br />
Wegen der Hyperbolizitätsvoraussetzung an L können wir die Norm in R d so wählen, dass<br />
‖L s ‖ ≤ a <strong>und</strong> ‖L −1<br />
u ‖ ≤ a, mit a < 1.<br />
Den Homöomorphismus h schreiben wir in der Form h(x) = x + g(x), bzw. h = I + g. Damit<br />
ergeben sich die Gleichungen<br />
g = L ◦ g ◦ (L + f) −1 + L ◦ (L + f) −1 − I<br />
g = L −1 ◦ g ◦ (L + f) + L −1 ◦ (L + f) − I<br />
Daraus konstruieren wir eine Abbildung T (g, f) = T s (g, f) + T u (g, f) durch<br />
T s (g, f) = L s ◦ g ◦ (L + f) −1 + L s ◦ (L + f) −1 − I s<br />
T u (g, f) = L −1<br />
u<br />
◦ g ◦ (L + f) + L−1 u ◦ (L + f) − I u<br />
Der Ausdruck (L + f) −1 existiert, da f ∈ C 1 b mit ‖Df‖ C 0 = sup x∈R ‖(Df)(x)‖ ≤ µ 0 mit µ 0<br />
hinreichend klein ist. Denn Lx+f(x) = y läßt sich über die Iteration x n+1 = L −1 y−L −1 f(x n )<br />
lösen. Die Matrix L −1 existiert nach Voraussetzung. Da die rechte Seite, für µ 0 hinreichend<br />
klein, eine Lipschitzkonstante kleiner als 1 hat, ist die Iteration eine Kontraktion <strong>und</strong> besitzt<br />
somit einen Fixpunkt x = x(y, f) = L −1 y + O(‖Df‖ C 0<br />
b<br />
). Es gibt daher ein k > 0, so dass<br />
‖L ◦ (L + f) −1 − I‖ C 0<br />
b<br />
≤ k‖Df‖ C 0<br />
b<br />
<strong>und</strong> ‖L −1 ◦ (L + f) − I‖ C 0<br />
b<br />
≤ k‖Df‖ C 0<br />
b<br />
.<br />
Die Funktion T (g, f) erfüllt daher<br />
‖T (g, f)‖ C 0<br />
b<br />
≤ a‖g‖ C 0<br />
b<br />
+ k‖Df‖ C 0<br />
b<br />
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