Gradientenfeld/Produktabbildung/Fasern und Lösungen/Beispiel

Wir betrachten die Produktabbildung

$h:{ℝ}^2⟶ℝ,(x,y)⟼xy.$

Das zugehörige Gradientenfeld ist

${ℝ}^2⟶{ℝ}^2,(x,y)⟼G(x,y)=(y,x).$

Die Fasern von $h$ sind das Achsenkreuz (die Faser über $0$) und die durch $xy=c$, $c\ne 0$, gegebenen Hyperbeln. Die Lösungen der linearen Differentialgleichung

$\left(\begin{array}{c}{{\phi }_1}^{\prime }\\ {{\phi }_2}^{\prime }\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}{\phi }_2\\ {\phi }_1\end{array}\right)=\left(\begin{array}{cc}0& 1\\ 1& 0\end{array}\right)\left(\begin{array}{c}{\phi }_1\\ {\phi }_2\end{array}\right)$

sind von der Form

$\phi (t)=({\phi }_1(t),{\phi }_2(t))=(a\cosh t+b\sinh t,a\sinh t+b\cosh t)$

mit beliebigen  $a,b\in ℝ$,  wie man direkt nachrechnet und was sich auch aus Fakt bzw. Aufgabe ergibt. Dabei ist  $\phi (0)=(a,b)$.  Für  $a=b=0$  ist dies die stationäre Lösung im Nullpunkt, in dem die Produktabbildung nicht regulär ist. Bei  $a=b=1$  ist  $\phi (t)=(e^t,e^t)$,  das Bild dieser Lösung ist die obere Halbdiagonale (ohne den Nullpunkt), bei  $a=b=-1$  ist  $\phi (t)=(-e^t,-e^t)$,  das Bild dieser Lösung ist die untere Halbdiagonale, bei $a=1$ und $b=-1$ ist  $\phi (t)=(e^{-t},-e^{-t})$,  das Bild dieser Lösung ist die untere Hälfte der Nebendiagonalen, bei $a=-1$ und $b=1$ ist  $\phi (t)=(-e^{-t},e^{-t})$,  das Bild dieser Lösung ist die obere Hälfte der Nebendiagonalen.

Ansonsten treffen die Lösungskurven das Achsenkreuz in einem Punkt $\ne (0,0)$. Wenn man diesen Punkt als Anfangswert zum Zeitpunkt  $t=0$  nimmt, so kann man die Lösungskurven als

$(a\cosh t,a\sinh t)$

(zum Zeitpunkt $t=0$ befindet sich die Lösung auf der $x-$Achse im Punkt $(a,0)$),

und als

$(b\sinh t,b\cosh t)$

(zum Zeitpunkt $t=0$ befindet sich die Lösung auf der $y-$Achse im Punkt $(0,b)$) realisieren. Die Bahnen dieser Lösungen erfüllen die Gleichung $x^2(t)-y^2(t)=a^2$ bzw. $x^2(t)-y^2(t)=b^2$, d.h. sie sind selbst Hyperbeln.