Le flux induit par un champ de vitesse différentiable est différentiable
Laisser$E$être un$\mathbb R$-Espace Banach,$\tau>0$et$v:[0,\tau]\times E\to E$tel que$^1$ $$x\mapsto t\mapsto v(t,x)\tag1$$appartient à$C^{0,\:1}(E,C^0([0,\tau],E))$. Cela suffit pour s'assurer qu'il existe un$X^x\in C^0([0,\tau],E)$avec$$X^x(t)=x+\int_0^tv(s,X^x(s))\:{\rm d}s\;\;\;\text{for all }t\in[0,\tau]\tag2$$pour tous$x\in E$. Supposons maintenant$$v(t,\;\cdot\;)\in C^1(E,E)\;\;\;\text{for all }t\in[0,\tau]\tag3$$et${\rm D}_2v$est (conjointement) continu. Encore une fois, cela suffit pour s'assurer qu'il existe un$Y^x\in C^0([0,\tau],\mathfrak L(E))$avec$$Y^x(t)=\operatorname{id}_E+\int_0^tw_x(s,Y^x(s))\:{\rm d}s\;\;\;\text{for all }t\in[0,\tau],$$où$^2$ $$w_x(t,A):={\rm D}_2v(t,X^x(t))A\;\;\;\text{for }(t,A)\in[0,\tau]\times\mathfrak L(E),$$pour tous$x\in E$.
je voudrais montrer que$$E\to C^0([0,\tau],E)\;,\;\;\;x\mapsto X^x$$est Fréchet différentiable et la dérivée en$x$est donné par$Y^x$pour tous$x\in E$.
Je ne peux montrer cette affirmation qu'en supposant que$v(t,\;\cdot\;)\in C^2([0,\tau],E)$et${\rm D}_2^2v$est (conjointement) continu aussi, puisque alors le théorème de Taylor est applicable.
Pour le cas général : Soit$x,h\in E$et \begin{equation}\begin{split}Z(t)& :=X^{x+h}(t)-X^x(t)-Y^x(t)h\\&=\int_0^ tv\left(s,X^{x+h}(s)\right)-v\left(s,X^x(s)\right)-{\rm D}_2v\left(s,X^x (s)\right)Y^x(s)h\ :{\rm d}s\end{split}\tag5\end{equation} for$t\in[0,\tau]$. On peut écrire \begin{equation}\begin{split}&v\left(s,X^{x+h}(s)\right)-v\left(s,X^x(s)\right)-{ \rm D}_2v\left(s,X^x(s)\right)Y^x(s)h\\&\;\;\;\;\;\;\;\;=v\left( s,X^{x+h}(s)\droite)-v\gauche(s,X^x(s)\droite)\\&\;\;\;\;\;\;\;\; \;\;\;\;\;\;\;\;-{\rm D}_2v\left(s,X^x(s)\right)\left(X^{x+h}(s) -X^x(s)\droite)\\&\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;+{\rm D }_2v\left(s,X^x(s)\right)Z(s)\end{split}\tag6\end{equation} pour tous$s\in[0,\tau]$. Laisser$$c_x:=\sup_{t\in[0,\:\tau]}\left\|{\rm D}_2v\left(X^x(t)\right)\right\|_{\mathfrak L(E)}<\infty\tag7$$et$c_1$désignent la constante de Lipschitz de$v$. Ensuite, \begin{equation}\begin{split}\sup_{s\in[0,\:t]}\left\|\left(X^{x+h}-X^x\right)'(s )\right\|_E&=\sup_{s\in[0,\:t]}\left\|v\left(s,X^{x+h}(s)\right)-v\left(s ,X^x(s)\right)\right\|_E\\&\le c_1\sup_{s\in[0,\:t]}\left\|\left(X^{x+h}- X^x\right)(s)\right\|_E\le c_1e^{c_1t}\left\|h\right\|_E\end{split}\tag8\end{equation} pour tous$t\in[0,\tau]$. Maintenant, le problème est de trouver une borne convenable pour$v\left(s,X^{x+h}(s)\right)-v\left(s,X^x(s)\right)-{\rm D}_2v\left(s,X^x(s)\right)Y^x(s)h$. Clairement, \begin{equation}\begin{split}&\sup_{s\in[0,\:t]}\left\|v\left(s,X^{x+h}(s)\right) -v\gauche(s,X^x(s)\droite)-{\rm D}_2v\gauche(s,X^x(s)\droite)Y^x(s)h\droite\|_E\ \&\;\;\;\;\;\;\;\;\le\max(c,c_1)e^{c_1t}\left\|h\right\|_E+c\sup_{s\in [0,\:t]}\left\|Z(s)\right\|_E\end{split}\tag9\end{equation} pour tous$t\in[0,\tau]$.
La ligne directrice générale est maintenant d'invoquer l'inégalité de Gronwall. Mais l'estimation$(9)$est trop faible pour en conclure la dérivabilité de Fréchet, puisqu'il faudrait avoir à droite$\left\|h\right\|_E^2$à la place de$\left\|h\right\|_E$(ce qui est le cas, d'après le théorème de Taylor, si l'on suppose la double dérivabilité susmentionnée).
Pouvons-nous faire quelque chose pour résoudre ce problème ?
$^1$Alors,$v$est Lipschitz continue par rapport au second argument uniformément par rapport au premier, a au plus une croissance linéaire par rapport au second argument uniformément par rapport au premier et est (conjointement) continue.
$^2$Pour chaque$x\in E$,$w_x$a les mêmes propriétés de Lipschitz et de croissance linéaire que$v$.
Réponses
Laisser$$\left\|f\right\|_t^\ast:=\sup_{s\in[0,\:t]}\left\|f(s)\right\|_E\;\;\;\text{for }f:[0,\tau]\to E\text{ and }t\in[0,\tau],$$ $c_1\ge0$avec$$\left\|v(\;\cdot\;,x)-v(\;\cdot\;,y)\right\|_\tau^\ast\le c_1\left\|x-y\right\|_E\tag{10}$$et$$T_t(x):=X^x(t)\;\;\;\text{for }(t,x)\in[0,\tau]\times E.$$
Nous aurons besoin des résultats faciles à vérifier suivants :
- $T_t$est bijectif pour tout$t\in[0,\tau]$,$$[0,\tau]\ni t\mapsto T_t^{-1}(x)\tag{11}$$est continue pour tout$x\in E$et$$\sup_{t\in[0,\:\tau]}\left\|T_t^{-1}(x)-T_t^{-1}(y)\right\|_E\le e^{c_1}\tau\left\|x-y\right\|_E\tag{12}.$$
- $$[0,\tau]\times E\ni(t,x)\mapsto T_t(x)\tag{13}$$est (conjointement) continu.
- $$\left\|X^x-X^y\right\|_t^\ast\le e^{c_1t}\left\|x-y\right\|_E\;\;\;\text{for all }t\in[0,\tau]\text{ and }x,y\in E\tag{14}.$$
Maintenant, laisse$x\in E$. je prétends que$$\frac{\left\|X^{x+h}-X^x-Y^xh\right\|_\tau^\ast}{\left\|h\right\|_E}\xrightarrow{h\to0}0\tag{15}.$$
Laisser$\varepsilon>0$. Depuis$(13)$est continu,$$K:=\left\{\left(t,X^y(t)\right):(t,y)\in[0,\tau]\times\overline B_\varepsilon(x)\right\}$$est compacte. Laisser$$\omega(\delta):=\sup_{\substack{(t,\:y_1),\:(t,\:y_2)\:\in\:K\\\left\|y_1-y_2\right\|_E\:<\:\delta}}\left\|{\rm D}_2v(t,y_1)-{\rm D}_2v(t,y_2)\right\|_{\mathfrak L(E)}\;\;\;\text{for }\delta>0.$$Notez que$\omega$est non décroissante. Depuis${\rm D}_2v$est (conjointement) continue, elle est uniformément continue sur$K$et donc$$\omega(\delta)\xrightarrow{\delta\to0+}0\tag{16}.$$Par le théorème fondamental du calcul,$$v(t,y_2)-v(t,y_1)=\int_0^1{\rm D}_2v\left(t,y_1+r(y_2-y_1)\right)(y_2-y_1)\:{\rm d}r\tag{17}$$pour tous$t\in[0,\tau]$et$y_1,y_2\in E$et donc \begin{equation}\begin{split}&\left\|v(t,y_2)-v(t,y_1)-{\rm D}_2v(t,y_1)(y_2-y_1)\right\ |_E\\&\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\le\left\|y_1-y_2\right\|_E\int_0^1\left\ |{\rm D}_2v(t,y_1+r(y_2-y_1))-{\rm D}_2v(t,y_1)\right\|_{\mathfrak L(E)}{\rm d}r \\&\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\le\left\|y_1-y_2\right\|_E\omega\left(\left\| y_1-y_2\right\|_E\right)\end{split}\tag{18}\end{equation} pour tous$t\in[0,\tau]$et$y_1,y_2\in E$avec$$(t,y_1+r(y_2-y_1))\in K\;\;\;\text{for all }r\in[0,1)\tag{19}.$$Maintenant, laisse$h\in B_\varepsilon(x)\setminus\{0\}$et \begin{equation}\begin{split}Z(t)& :=X^{x+h}(t)-X^x(t)-Y^x(t)h\\&=\int_0^ tv\left(s,X^{x+h}(s)\right)-v\left(s,X^x(s)\right)-{\rm D}_2v\left(s,X^x (s)\right)Y^x(s)h\ :{\rm d}s\end{split}\tag{20}\end{equation} for$t\in[0,\tau]$. Observe ceci$^1$ $$\left(t,X^x(t)+r\left(X^{x+h}(t)-X^x(t)\right)\right)\in K\;\;\;\text{for all }t\in[0,\tau]\text{ and }r\in[0,1)\tag{21}$$et donc \begin{equation}\begin{split}&\left\|v\left(t,X^{x+h}(t)\right)-v\left(t,X^x(t)\ droite)-{\rm D}_2v\left(t,X^x(t)\right)\left(X^{x+h}(t)-X^x(t)\right)\right\| _E\\&\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\le\left\|X^{x+h}(t)-X^x(t )\right\|_E\omega\left(\left\|X^{x+h}(t)-X^x(t)\right\|_E\right)\\&\;\;\;\ ;\;\;\;\;\;\;\;\;\le e^{c_1t}\left\|h\right\|_E\omega\left(e^{c_1t}\left\|h\ right\|_E\right)\end{split}\tag{24}\end{equation} par$(18)$et$(14)$pour tous$t\in[0,\tau]$. Laisser$$a:=e^{c_1\tau}\omega\left(e^{c_1\tau}\left\|h\right\|_E\right).$$Par$(6)$et$(24)$, \begin{equation}\begin{split}&\left\|v\left(s,X^{x+h}(s)\right)-v\left(s,X^x(s)\right )-{\rm D}_2v\left(s,X^x(s)\right)Y^x(s)h\right\|_E\\&\;\;\;\;\;\;\ ;\;\;\;\;\;e^{c_1s}\left\|h\right\|_E\omega\left(e^{c_1s}\left\|h\right\|_E\right)+ c_x\left\|Z\right\|_s^\ast\le a\left\|h\right\|_E+c_x+\left\|Z\right\|_s^\ast\end{split}\tag{ 25}\end{equation} pour tous$s\in[0,\tau]$et donc \begin{equation}\begin{split}\left\|Z\right\|_t^\ast&\le\int_0t^t\left\|v\left(s,X^{x+h}(s )\droite)-v\gauche(s,X^x(s)\droite)-{\rm D}_2v\gauche(s,X^x(s)\droite)Y^x(s)h\droite \|_E{\rm d}s\\&\le a\left\|h\right\|_Et+c_x\int_0^t\left\|Z\right\|_s^\ast{\rm d}s \end{split}\tag{26}\end{equation} pour tous$t\in[0,\tau]$. Ainsi, par l'inégalité de Gronwall,$$\left\|Z\right\|_t^\ast\le a\left\|h\right\|_Ete^{c_xt}\;\;\;\text{for all }t\in[0,\tau]\tag{27}$$et donc$$\frac{\left\|Z\right\|_\tau^\ast}{\left\|h\right\|_E}\le a\tau e^{c_x\tau}\xrightarrow{h\to0}0\tag{28}.$$
Ceci termine la preuve et nous avons montré que la carte$$E\to C^0([0,\tau],E)\;,\;\;\;x\mapsto X^x$$Fréchet est-il différentiable en$x$avec dérivée égale à$Y^x$pour tous$x\in E$.
$^1$Laisser$t\in[0,\tau]$,$r\in[0,1)$,$$z:=(1-r)X^x(t)+rX^{x+h}(t)$$et$$y:=T_t^{-1}(z).$$Par construction$$X^y(t)=z\tag{22}$$et donc$$(t,z)\in K\Leftrightarrow y\in\overline B_\varepsilon(x).$$Par$(12)$et$(14)$,$$\left\|x-y\right\|_E=\left\|T_t^{-1}(T_t(x))-T_t^{-1}(z)\right\|_E\le e^{c_1t}\left\|T_t(x)-z\right\|_E\le e^{2c_1t}\left\|h\right\|_E\tag{23}.$$Depuis$\left\|h\right\|_E<\varepsilon$et$e^{2c_1t}\le 1$, on obtient$\left\|x-y\right\|_E<\varepsilon$et donc$y\in\overline B_\varepsilon(x)$.