विभेदनशील वेग क्षेत्र द्वारा प्रेरित प्रवाह भिन्न होता है
लश्कर $E$ ए हो $\mathbb R$-बैंक स्पेस, $\tau>0$ तथा $v:[0,\tau]\times E\to E$ ऐसा है कि$^1$ $$x\mapsto t\mapsto v(t,x)\tag1$$ का है $C^{0,\:1}(E,C^0([0,\tau],E))$। यह सुनिश्चित करने के लिए पर्याप्त है कि एक अद्वितीय है$X^x\in C^0([0,\tau],E)$ साथ से $$X^x(t)=x+\int_0^tv(s,X^x(s))\:{\rm d}s\;\;\;\text{for all }t\in[0,\tau]\tag2$$ सभी के लिए $x\in E$। अब मान लीजिए$$v(t,\;\cdot\;)\in C^1(E,E)\;\;\;\text{for all }t\in[0,\tau]\tag3$$ तथा ${\rm D}_2v$(संयुक्त रूप से) निरंतर है। फिर, यह सुनिश्चित करने के लिए पर्याप्त है कि एक अद्वितीय है$Y^x\in C^0([0,\tau],\mathfrak L(E))$ साथ से $$Y^x(t)=\operatorname{id}_E+\int_0^tw_x(s,Y^x(s))\:{\rm d}s\;\;\;\text{for all }t\in[0,\tau],$$ कहां है$^2$ $$w_x(t,A):={\rm D}_2v(t,X^x(t))A\;\;\;\text{for }(t,A)\in[0,\tau]\times\mathfrak L(E),$$ सभी के लिए $x\in E$।
मैं वह दिखाना चाहूंगा $$E\to C^0([0,\tau],E)\;,\;\;\;x\mapsto X^x$$ Fréchet अलग है और व्युत्पन्न पर $x$ द्वारा दिया गया है $Y^x$ सभी के लिए $x\in E$।
मैं केवल इस दावे को दिखाने में सक्षम हूं $v(t,\;\cdot\;)\in C^2([0,\tau],E)$ तथा ${\rm D}_2^2v$ (संयुक्त रूप से) लगातार, तब से टेलर की प्रमेय लागू है।
सामान्य मामले के लिए: आज्ञा देना $x,h\in E$और \ {{समीकरण} \ start \ विभाजित} जेड (टी) और: = एक्स ^ {एक्स + एच} (टी) -एक्स ^ एक्स (टी) -वाई ^ एक्स (टी) एच \\ & = \ int_0 ^ टीवी \ बा (रों) \ right) वाई ^ x (रों) ज \: {\ rm घ} s \ अंत {विभाजन} \ tag5 \ अंत {समीकरण} के लिए$t\in[0,\tau]$। हम लिख सकते हैं \ start {समीकरण} \ start {विभाजित} & v \ left (s, X ^ {x + h} (s) \ right) -v \ left (s, X ^ x (s) \ right) - { \ rm D} _2v \ left (s, X ^ x (s) \ सही) Y ^ x (s) h \\ & \! \; \; \; \? \;??; = v \ left ( s, X ^ {x + h} (s) \ right) -v \ left (s, X ^ x (s) \ right) \\ & \;? \;? \; \;?;? \;? \ _; \; \? \;?;?;?; - {\ rm D} _2v \ left (s, X ^ x (s) \ दाएँ) \ left (X ^ {x + h} (s)) -X ^ x (s) \ सही) \\ & \;? \; \? \; \? \; \? \? \; \? \? \; \? \; \? \; \; + \ _ Rm D } _2v \ छोड़ दिया (रों, एक्स ^ x (रों) \ right) जेड (रों) \ अंत {विभाजन} \ tag6 \ अंत {समीकरण} सभी के लिए$s\in[0,\tau]$। लश्कर$$c_x:=\sup_{t\in[0,\:\tau]}\left\|{\rm D}_2v\left(X^x(t)\right)\right\|_{\mathfrak L(E)}<\infty\tag7$$ तथा $c_1$ Lipschitz के निरंतर निरूपित करें $v$। उसके बाद, [समीकरण {\ _} शुरू करें [विभाजित} \ sup_ {s \ में [0, \ _: t]} \ _ \ _ \ _ \ _ \ _ (x ^ {x + h} -X ^ x \ right) ’(s) ) \ right \ _ _E & = \ sup_ {s \ में [0, \: t]} \ _ \ _ v \ बायां (s, X ^ {x + h} (s) \ right) -v \ left (s) , X ^ x (s) \ right) \ right \ | _E \\ & \ le c_1 \ sup_ {s \ में [0, \: t]} \ बाएं \ | \ बाएँ (X ^ {x + h} -) X ^ x \ right) (s) \ _ \ _ | _E \ le c_1e ^ {c_1t} \ left \ | h \ right \ | _E \ end {विभाजित} \ tag8 \ end {समीकरण} सभी के लिए$t\in[0,\tau]$। अब समस्या यह है कि इसके लिए एक उपयुक्त सीमा का पता लगाया जाए$v\left(s,X^{x+h}(s)\right)-v\left(s,X^x(s)\right)-{\rm D}_2v\left(s,X^x(s)\right)Y^x(s)h$। स्पष्ट रूप से, \ "{समीकरण} \ start {विभाजन} & \ sup_ {s \ में [0, \: t] \ _ \ _ v \ left \ _ v \ left (s, X ^ {x + h} (s) \ right) को प्रारंभ करें -v \ left (s, X ^ x) \ & \ _; \? \;?;?;?;?; \ ले \ मैक्स (सी, c_1) e ^ {c_1t} \ left \ [0, \: टी]} \ छोड़ दिया \ | जेड (रों) \ सही \ | _E \ अंत {विभाजन} \ tag9 \ अंत {समीकरण} सभी के लिए$t\in[0,\tau]$।
सामान्य दिशानिर्देश अब ग्रोनवॉल की असमानता को लागू करना है। लेकिन अनुमान$(9)$ फ्रैचेट की भिन्नता को समाप्त करने के लिए बहुत कमजोर है, क्योंकि दाहिने हाथ की ओर हमें इसकी आवश्यकता होगी $\left\|h\right\|_E^2$ की बजाय $\left\|h\right\|_E$ (जो मामला है, टेलर की प्रमेय द्वारा, यदि हम उपरोक्त दो बार भिन्नता मान लें)।
क्या हम इस समस्या को ठीक करने के लिए कुछ कर सकते हैं?
$^1$ इसलिए, $v$ Lipschitz पहले के संबंध में दूसरे तर्क के संबंध में समान है, पहले के संबंध में समान रूप से दूसरे तर्क के संबंध में सबसे अधिक रैखिक विकास है और (संयुक्त रूप से) निरंतर है।
$^2$ हर एक के लिए $x\in E$, $w_x$ के समान ही Lipschitz और रैखिक विकास गुण हैं $v$।
जवाब
लश्कर $$\left\|f\right\|_t^\ast:=\sup_{s\in[0,\:t]}\left\|f(s)\right\|_E\;\;\;\text{for }f:[0,\tau]\to E\text{ and }t\in[0,\tau],$$ $c_1\ge0$ साथ से $$\left\|v(\;\cdot\;,x)-v(\;\cdot\;,y)\right\|_\tau^\ast\le c_1\left\|x-y\right\|_E\tag{10}$$ तथा $$T_t(x):=X^x(t)\;\;\;\text{for }(t,x)\in[0,\tau]\times E.$$
हमें निम्नलिखित आसान-से-सत्यापित परिणामों की आवश्यकता होगी:
- $T_t$ सभी के लिए विशेषण है $t\in[0,\tau]$, $$[0,\tau]\ni t\mapsto T_t^{-1}(x)\tag{11}$$ सभी के लिए निरंतर है $x\in E$ तथा $$\sup_{t\in[0,\:\tau]}\left\|T_t^{-1}(x)-T_t^{-1}(y)\right\|_E\le e^{c_1}\tau\left\|x-y\right\|_E\tag{12}.$$
- $$[0,\tau]\times E\ni(t,x)\mapsto T_t(x)\tag{13}$$ (संयुक्त रूप से) निरंतर है।
- $$\left\|X^x-X^y\right\|_t^\ast\le e^{c_1t}\left\|x-y\right\|_E\;\;\;\text{for all }t\in[0,\tau]\text{ and }x,y\in E\tag{14}.$$
अब छोडो $x\in E$। मैं दावा करता हूं कि$$\frac{\left\|X^{x+h}-X^x-Y^xh\right\|_\tau^\ast}{\left\|h\right\|_E}\xrightarrow{h\to0}0\tag{15}.$$
लश्कर $\varepsilon>0$। जबसे$(13)$ निरंतर है, $$K:=\left\{\left(t,X^y(t)\right):(t,y)\in[0,\tau]\times\overline B_\varepsilon(x)\right\}$$कॉम्पैक्ट है। लश्कर$$\omega(\delta):=\sup_{\substack{(t,\:y_1),\:(t,\:y_2)\:\in\:K\\\left\|y_1-y_2\right\|_E\:<\:\delta}}\left\|{\rm D}_2v(t,y_1)-{\rm D}_2v(t,y_2)\right\|_{\mathfrak L(E)}\;\;\;\text{for }\delta>0.$$ ध्यान दें कि $\omega$निंदनीय है। जबसे${\rm D}_2v$ (संयुक्त रूप से) निरंतर है, यह समान रूप से निरंतर है $K$ और इसलिए $$\omega(\delta)\xrightarrow{\delta\to0+}0\tag{16}.$$ कलन की मूलभूत प्रमेय द्वारा, $$v(t,y_2)-v(t,y_1)=\int_0^1{\rm D}_2v\left(t,y_1+r(y_2-y_1)\right)(y_2-y_1)\:{\rm d}r\tag{17}$$ सभी के लिए $t\in[0,\tau]$ तथा $y_1,y_2\in E$और इसलिए \ {{समीकरण} \ स्टार्ट {स्प्लिट} एंड \ लेफ्ट \ | v (t, y_2) -v (t, y_1) - {\ rm D} _2v (t, y_1) (y_2-y_1) सही \ _ | _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 \ n y_1-y_2 \ सही \ | _E \ right) \ अंत {विभाजन} \ टैग {18} \ अंत {समीकरण} सभी के लिए$t\in[0,\tau]$ तथा $y_1,y_2\in E$ साथ से $$(t,y_1+r(y_2-y_1))\in K\;\;\;\text{for all }r\in[0,1)\tag{19}.$$ अब छोडो $h\in B_\varepsilon(x)\setminus\{0\}$और \ {{समीकरण} \ start \ विभाजित} जेड (टी) और: = एक्स ^ {एक्स + एच} (टी) -एक्स ^ एक्स (टी) -वाई ^ एक्स (टी) एच \\ & = \ int_0 ^ टीवी \ बा (रों) \ right) वाई ^ x (रों) ज \: {\ rm घ} s \ अंत {विभाजन} \ टैग {20} \ अंत {समीकरण} के लिए$t\in[0,\tau]$। उसका अवलोकन करो$^1$ $$\left(t,X^x(t)+r\left(X^{x+h}(t)-X^x(t)\right)\right)\in K\;\;\;\text{for all }t\in[0,\tau]\text{ and }r\in[0,1)\tag{21}$$और इसलिए \ {{समीकरण} \ स्टार्ट {स्प्लिट} एंड \ लेफ्ट \ _ | वी \ लेफ्ट (टी, एक्स ^ {एक्स + एच} (टी) \ राइट) -व \ लेफ्ट (टी, एक्स ^ एक्स (टी) \ _ दाएँ) - {\ 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 \ ; \ _??;?;?;?;? से? \ le; ^ ले ई ^ {c_1t} \ _ \ _। right \ | _E \ right) \ end {विभाजित} \ टैग {24} \ end {समीकरण} द्वारा$(18)$ तथा $(14)$ सभी के लिए $t\in[0,\tau]$। लश्कर$$a:=e^{c_1\tau}\omega\left(e^{c_1\tau}\left\|h\right\|_E\right).$$ द्वारा $(6)$ तथा $(24)$, । ) - {\ rm D} _2v \ left (s, X ^ x (s) \ right) Y ^ x (s) h \ right \ | _E \\ & \;?;? \;? \; \? \; ; \ _?;?;?;?; ई ^ {c_1s} \ वाम \ _ ज \ _ \ _ \ _ \ _ \ _ ओमेगा \ वाम (e ^ {c_1s} \ वाम \ _ ज \ _ \ _ \ _ \ _ \ _ \ _ सही)? c_x \ left \ 25} \ अंत {समीकरण} सभी के लिए$s\in[0,\tau]$और इसलिए \ _ {समीकरण} \ start {विभाजित} \ left \ | Z \ right \ | | _t ^ \ ast & \ le \ int_0t ^ t \ left \ | v \ left (s, X ^ {x + h} (s) : | \ अंत {विभाजन} \ टैग {26} \ अंत {समीकरण} सभी के लिए$t\in[0,\tau]$। इस प्रकार, ग्रोनवॉल की असमानता से,$$\left\|Z\right\|_t^\ast\le a\left\|h\right\|_Ete^{c_xt}\;\;\;\text{for all }t\in[0,\tau]\tag{27}$$ और इसलिए $$\frac{\left\|Z\right\|_\tau^\ast}{\left\|h\right\|_E}\le a\tau e^{c_x\tau}\xrightarrow{h\to0}0\tag{28}.$$
यह सबूत खत्म करता है और हमने दिखाया है कि नक्शा $$E\to C^0([0,\tau],E)\;,\;\;\;x\mapsto X^x$$ पर Fréchet भिन्न है $x$ व्युत्पन्न के बराबर $Y^x$ सभी के लिए $x\in E$।
$^1$ लश्कर $t\in[0,\tau]$, $r\in[0,1)$, $$z:=(1-r)X^x(t)+rX^{x+h}(t)$$ तथा $$y:=T_t^{-1}(z).$$ निर्माण द्वारा $$X^y(t)=z\tag{22}$$ और इसलिए $$(t,z)\in K\Leftrightarrow y\in\overline B_\varepsilon(x).$$ द्वारा $(12)$ तथा $(14)$, $$\left\|x-y\right\|_E=\left\|T_t^{-1}(T_t(x))-T_t^{-1}(z)\right\|_E\le e^{c_1t}\left\|T_t(x)-z\right\|_E\le e^{2c_1t}\left\|h\right\|_E\tag{23}.$$ जबसे $\left\|h\right\|_E<\varepsilon$ तथा $e^{2c_1t}\le 1$, हमने प्राप्त किया $\left\|x-y\right\|_E<\varepsilon$ और इसलिए $y\in\overline B_\varepsilon(x)$।