Si$T_t$es el flujo generado por la velocidad autónoma$v$y$\left.v\right|_{\partial\Omega}=0$, después$T_t(\partial\Omega)=\partial\Omega$

Aug 21 2020

Dejar$d\in\mathbb N$y$v\in C_c^\infty(\mathbb R^d,\mathbb R^d)$. Sabemos que, para cualquier$\tau>0$, hay una solución única$X^x\in C^0([0,\tau],\mathbb R^d)$de\begin{align}X'(t)&=v(X(t))\tag1&\text{for all }t\in[0,\tau],\\X(0)&=x\end{align}para todos$x\in\mathbb R^d$. Es fácil demostrar que$$T_t(x):=X^x(t)\;\;\;\text{for }t\in[0,\tau]$$es un$C^1$-difeomorfismo de$\mathbb R^d$sobre$\mathbb R^d$.

Ahora deja$\Omega\subseteq\mathbb R^d$. ¿Cómo podemos demostrar que,

  1. si$\left.v\right|_{\partial\Omega}=0$, después$$T_t(\partial\Omega)=\partial\Omega\tag2$$para todos$t\in[0,\tau]$?
  2. si$\Omega$está cerrado o abierto, entonces$$T_t(\Omega)=\Omega\tag3$$para todos$t\in[0,\tau]$?

Para mí está claro que cualquier homeomorfismo asigna puntos de límite (interiores) a puntos de límite (interiores). Supongo que tenemos que usar esto de alguna manera.

EDITAR : De los comentarios está claro que$(2)$se cumple, ya que generalmente se debería sostener que si$B$es cualquier subconjunto de$\mathbb R^d$con$\left.v\right|_B=0$, después$T_t(x)=x$para todos$x\in B$. Pero, ¿cómo podemos probar$(3)$?

EDICIÓN 2 : Si$f$es cualquier homeomorfismo entre espacios topológicos$E_1$y$E_2$y$B_1\subseteq E_1$, entonces sabemos que$f(B_1^\circ)=f(B_1)^\circ$,$f(\partial B_1)=\partial f(B_1)$y$f(\overline{B_1})=\overline{f(B_1)}$. Si$B_1$os abierto, entonces$B_1=B_1^\circ$y si$B_1$está cerrado, entonces$B_1=\overline{B_1}$. Creo que necesitamos usar esto para$(3)$.

EDICIÓN 3 : Deja$x\in\Omega^\circ$. Entonces hay un$\varepsilon>0$con$B_\varepsilon(x)\subseteq\Omega$. Quizá al menos podamos demostrar que hay un$t\in[0,\tau]$(suficientemente pequeño) tal que$\left\|X^x(s)-x\right\|<\varepsilon$para todos$s\in[0,t]$. Entonces seguiría que$$T_s(\Omega^\circ)\subseteq\Omega^\circ\;\;\;\text{for all }s\in[0,t].\tag4$$Por pura intuición, para un número suficientemente pequeño$t$, la velocidad no debería poder mover el punto$x$fuera de la pelota$B_\varepsilon(x)$. Asi que,$(4)$debe sostener (¿Cómo tendríamos que argumentar que incluso debe ser una igualdad? Sin embargo, esto parece trivial, por biyectividad).

Respuestas

1 AndreaMarino Aug 27 2020 at 21:01

Sobre la segunda pregunta, puedes ir así. Este es un argumento formal para el más intuitivo "no puedes cruzar el límite si el límite es fijo, por lo que debes quedarte dentro".

En primer lugar, supongamos que$\Omega$Esta abierto. Tomar$x \in \Omega$. El mapa

$$ T_{()}(x): [0, \tau] \to \mathbb{R}^d $$

que envía$t$a$T_t(x) $es continua, por lo que la preimagen de$\Omega$Esta abierto. Entonces obtenemos eso

$$A(x) = \{t \in [0, \tau] : T_t(x) \in \Omega\} $$

Esta abierto. Supongamos por contradicción que existen$x$tal que$A(x)$no es$[0,\tau]$. Tomar$t(x) = \sup \{ t: \forall s \in [0, t] , T_s(x) \in \Omega\}$.Establecer$y=T_{t_*(x) }(x) $.

Darse cuenta de:

  1. $y \not \in \Omega$. Por cierto,$t_*(x) < \tau$porque de lo contrario tendríamos$A(x) = [0,\tau]$. Si$T_{t_*(x) }(x) $estaba en$\Omega$, entonces por apertura de$A(x) $tendríamos eso$T_{t_*(x) +\epsilon}(x) $estaría en$\Omega$para todos suficientemente pequeños$\epsilon$, contradiciendo la hipótesis sup.

  2. $y \in \partial \Omega$. Efectivamente eso lo tenemos

$$ T_{t_*(x) }(x) = \lim_{t\to t_*(x)-} T_t(x) $$

Y todos los puntos en el límite pertenecen a$\Omega$. Usando también el punto 1 obtenemos que$T_{t_*(x) }(x) \in \bar{\Omega} \setminus \Omega = \partial \Omega$.

Esto concluye, porque$T_{t_*(x) }$no sería inyectivo: ambos$x, y$están asignados a$y$.

El mismo argumento se aplica también a tiempos negativos, dando la igualdad$T_t(\Omega) = \Omega$. De hecho, toma$z \in \Omega$: después$T_t (T_{-t}(z)) = z$, y$T_{-t}(z) \in \Omega$.

Finalmente, si tomamos$\Omega$para ser cerrado, por los puntos anteriores obtenemos$T_t(\Omega^c) = \Omega^c$; siendo biyectiva, este rendimiento$T_t(\Omega) = \Omega$.

1 0xbadf00d Aug 28 2020 at 20:27

La respuesta de Andrea Marino está perfectamente bien, principalmente estoy escribiendo un intento similar para mi propia referencia.

En primer lugar, podemos mostrar el siguiente resultado:

Dejar$\tau>0$,$s\in[0,\tau]$,$E$ser un$\mathbb R$-Espacio de Banach y$f\in C^0([s,\tau],E)$.

Proposición 1 : Sea$B\subseteq E$estar cerrado y$$I:=f^{-1}(B)=\{t\in[s,\tau]:f(t)\in B\}.$$Si$I\ne\emptyset$, después

  1. $\sigma:=\inf I\in I$y por lo tanto$f(\sigma)\in B$;
  2. si$f(0)\not\in B$, después$\sigma>s$y$f(sigma)\in\partial B$.

Corolario 2 : Dejar$\Omega\subseteq E$ser abierto y$$I:=\{t\in[s,\tau]:f(t)\not\in\Omega\}.$$Si$I\ne\emptyset$, después

  1. $\sigma:=\in I\in I$y por lo tanto$f(\sigma)\not\in\Omega$;
  2. si$f(0)\in\Omega$, después$\sigma>s$y$f(\sigma)\in\partial\Omega$.

Ahora, volviendo a la pregunta, supongamos$v:[0,\tau]\times E\to E$es uniformemente Lipschitz continua en el segundo argumento uniformemente con respecto al segundo y$v(\;\cdot\;,x)\in C^0([0,\tau],E)$para todos$x\in E$. Entonces hay un único$X^{s,\:x}\in C^0([s,\tau],E)$con$$X^{s,\:x}(t)=x+\int_s^tv(r,X^{s,\:x}(r))\:{\rm d}r\;\;\;\text{for all }t\in[s,\tau]\tag1$$para todos$(s,x)\in[0,\tau]\times E$. Podemos mostrar que$$T_{s,\:t}(x)=X^{s,\:x}(t)\;\;\;\text{for }x\in E$$es biyectiva para todo$0\le s\le t\le\tau$.

Proposición 3 : Sea$(s,x)\in[0,\tau]\times E$. Si$$v(t,x)=0\;\;\;\text{for all }t\in[s,\tau],\tag2$$después$$X^{s,\:x}=x\tag3.$$

(Esto se puede demostrar utilizando el supuesto de Lipschitz y la desigualdad de Gronwall).

Corolario 4 : Dejar$(s,x)\in[0,\tau]\times E$y$\Omega\subseteq E$estar abierto o cerrado. Si$$v(t,x)=0\;\;\;\text{for all }(t,x)\in[s,\tau]\times\partial\Omega\tag4,$$después$$T_{s,\:t}(\Omega)=\Omega\;\;\;\text{for all }t\in[s,\tau].\tag5$$

Demostración : Primero mostramos lo siguiente: Sea$x\in\Omega$. Si$\Omega$está abierto, entonces$$T_{s,\:t}(x)\in\Omega\;\;\;\text{for all }t\in[s,\tau]\tag6.$$Para probar eso, supongamos$$I:=\{t\in[s,\tau]:X^{s,\:x}(t)\not\in\Omega\}.$$Suponga que la afirmación no es cierta, es decir$I\ne\emptyset$. Entonces, por el Corolario 2,$$\sigma:=\inf I\in I\tag7$$y$$y:=X^{s,\:x}(\sigma)\in\partial\Omega.$$Así, por$(2)$,$$v(t,y)=0\;\;\;\text{for all }t\in[s,\tau]\tag8$$y por lo tanto$$T_{s,\:t}(y)=y\;\;\;\text{for all }t\in[s,\tau]\tag9$$por la Proposición 3. Por otro lado, por definición,$$T_{s,\:\sigma}(x)=y\tag{10}.$$Ya que$\Omega$Esta abierto,$\Omega\cap\partial\Omega=\emptyset$y por lo tanto$x\ne y$. Pero por$(9)$y$(10)$esto implica que$T_{s,\:\sigma}$no es inyectivo; lo cual no es cierto Asi que,$I=\emptyset$.

Sin embargo, lo que podemos inferir de esta afirmación es$$T_{s,\:t}(\Omega)\subseteq\Omega\;\;\;\text{for all }t\in[s,\tau],\tag{11}$$ pero porque es$(11)$en realidad una igualdad ?

EDITAR : ¿No podríamos simplemente aplicar la misma prueba a$[s,\tau]\ni t\mapsto T_{s,\:t}^{-1}(x)$, dónde$x\in\Omega$se fija como en el primer reclamo de mi prueba anterior? Si no me falta algo, lo único relevante fue la continuidad de$[s,\tau]\ni t\mapsto T_{s,\:t}(x)$y podemos demostrar que$[s,\tau]\ni t\mapsto T_{s,\:t}^{-1}(x)$es continuo también. Entonces, la prueba de esa afirmación debe seguir línea por línea y producir$T_{s,\:t}^{-1}(x)\in\Omega$para todos$t\in[s,\tau]$. ¿Qué piensas?