Il flusso indotto dal campo di velocità differenziabile è differenziabile
Permettere$E$essere un$\mathbb R$-Spazio di Banach,$\tau>0$e$v:[0,\tau]\times E\to E$tale che$^1$ $$x\mapsto t\mapsto v(t,x)\tag1$$appartiene a$C^{0,\:1}(E,C^0([0,\tau],E))$. Questo è sufficiente per garantire che ci sia un unico$X^x\in C^0([0,\tau],E)$insieme a$$X^x(t)=x+\int_0^tv(s,X^x(s))\:{\rm d}s\;\;\;\text{for all }t\in[0,\tau]\tag2$$per tutti$x\in E$. Ora supponi$$v(t,\;\cdot\;)\in C^1(E,E)\;\;\;\text{for all }t\in[0,\tau]\tag3$$e${\rm D}_2v$è (insieme) continuo. Ancora una volta, questo è sufficiente per garantire che ci sia un unico$Y^x\in C^0([0,\tau],\mathfrak L(E))$insieme a$$Y^x(t)=\operatorname{id}_E+\int_0^tw_x(s,Y^x(s))\:{\rm d}s\;\;\;\text{for all }t\in[0,\tau],$$dove$^2$ $$w_x(t,A):={\rm D}_2v(t,X^x(t))A\;\;\;\text{for }(t,A)\in[0,\tau]\times\mathfrak L(E),$$per tutti$x\in E$.
Vorrei mostrarlo$$E\to C^0([0,\tau],E)\;,\;\;\;x\mapsto X^x$$è Fréchet differenziabile e la derivata at$x$è dato da$Y^x$per tutti$x\in E$.
Sono in grado di mostrare questa affermazione solo supponendo che$v(t,\;\cdot\;)\in C^2([0,\tau],E)$e${\rm D}_2^2v$è anche (congiuntamente) continua, poiché allora è applicabile il teorema di Taylor.
Per il caso generale: Let$x,h\in E$e \begin{equation}\begin{split}Z(t)&:=X^{x+h}(t)-X^x(t)-Y^x(t)h\\&=\int_0^ tv\sinistra(s,X^{x+h}(s)\destra)-v\sinistra(s,X^x(s)\destra)-{\rm D}_2v\sinistra(s,X^x (s)\right)Y^x(s)h\:{\rm d}s\end{split}\tag5\end{equation} per$t\in[0,\tau]$. Possiamo scrivere \begin{equazione}\begin{split}&v\left(s,X^{x+h}(s)\right)-v\left(s,X^x(s)\right)-{ \rm D}_2v\sinistra(s,X^x(s)\destra)Y^x(s)h\\&\;\;\;\;\;\;\;\;=v\sinistra( s,X^{x+h}(s)\destra)-v\sinistra(s,X^x(s)\destra)\\&\;\;\;\;\;\;\;\; \;\;\;\;\;\;\;\;-{\rm D}_2v\sinistra(s,X^x(s)\destra)\sinistra(X^{x+h}(s) -X^x(s)\destra)\\&\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;+{\rm D }_2v\left(s,X^x(s)\right)Z(s)\end{split}\tag6\end{equation} per tutti$s\in[0,\tau]$. Permettere$$c_x:=\sup_{t\in[0,\:\tau]}\left\|{\rm D}_2v\left(X^x(t)\right)\right\|_{\mathfrak L(E)}<\infty\tag7$$e$c_1$denotiamo la costante di Lipschitz di$v$. Quindi, \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} per tutti$t\in[0,\tau]$. Ora il problema è trovare un limite adatto per$v\left(s,X^{x+h}(s)\right)-v\left(s,X^x(s)\right)-{\rm D}_2v\left(s,X^x(s)\right)Y^x(s)h$. Chiaramente, \begin{equation}\begin{split}&\sup_{s\in[0,\:t]}\left\|v\left(s,X^{x+h}(s)\right) -v\sinistra(s,X^x(s)\destra)-{\rm D}_2v\sinistra(s,X^x(s)\destra)Y^x(s)h\destra\|_E\ \&\;\;\;\;\;\;\;\;\le\max(c,c_1)e^{c_1t}\sinistra\|h\destra\|_E+c\sup_{s\in [0,\:t]}\sinistra\|Z(s)\destra\|_E\end{split}\tag9\end{equazione} per tutti$t\in[0,\tau]$.
La linea guida generale è ora quella di invocare la disuguaglianza di Gronwall. Ma il preventivo$(9)$è troppo debole per concludere la differenziabilità di Fréchet da esso, poiché sul lato destro avremmo bisogno di avere$\left\|h\right\|_E^2$invece di$\left\|h\right\|_E$(che è il caso, per il teorema di Taylor, se assumiamo la suddetta doppia differenziabilità).
Possiamo fare qualcosa per risolvere questo problema?
$^1$Così,$v$è Lipschitziana continua rispetto al secondo argomento uniformemente rispetto al primo, ha al massimo crescita lineare rispetto al secondo argomento uniformemente rispetto al primo ed è (congiuntamente) continua.
$^2$Per ogni$x\in E$,$w_x$ha le stesse proprietà Lipschitz e di crescita lineare di$v$.
Risposte
Permettere$$\left\|f\right\|_t^\ast:=\sup_{s\in[0,\:t]}\left\|f(s)\right\|_E\;\;\;\text{for }f:[0,\tau]\to E\text{ and }t\in[0,\tau],$$ $c_1\ge0$insieme a$$\left\|v(\;\cdot\;,x)-v(\;\cdot\;,y)\right\|_\tau^\ast\le c_1\left\|x-y\right\|_E\tag{10}$$e$$T_t(x):=X^x(t)\;\;\;\text{for }(t,x)\in[0,\tau]\times E.$$
Avremo bisogno dei seguenti risultati facili da verificare:
- $T_t$è biunivoco per tutti$t\in[0,\tau]$,$$[0,\tau]\ni t\mapsto T_t^{-1}(x)\tag{11}$$è continuo per tutti$x\in E$e$$\sup_{t\in[0,\:\tau]}\left\|T_t^{-1}(x)-T_t^{-1}(y)\right\|_E\le e^{c_1}\tau\left\|x-y\right\|_E\tag{12}.$$
- $$[0,\tau]\times E\ni(t,x)\mapsto T_t(x)\tag{13}$$è (insieme) continuo.
- $$\left\|X^x-X^y\right\|_t^\ast\le e^{c_1t}\left\|x-y\right\|_E\;\;\;\text{for all }t\in[0,\tau]\text{ and }x,y\in E\tag{14}.$$
Adesso molla$x\in E$. Lo affermo$$\frac{\left\|X^{x+h}-X^x-Y^xh\right\|_\tau^\ast}{\left\|h\right\|_E}\xrightarrow{h\to0}0\tag{15}.$$
Permettere$\varepsilon>0$. Da$(13)$è continuo,$$K:=\left\{\left(t,X^y(t)\right):(t,y)\in[0,\tau]\times\overline B_\varepsilon(x)\right\}$$è compatto. Permettere$$\omega(\delta):=\sup_{\substack{(t,\:y_1),\:(t,\:y_2)\:\in\:K\\\left\|y_1-y_2\right\|_E\:<\:\delta}}\left\|{\rm D}_2v(t,y_1)-{\rm D}_2v(t,y_2)\right\|_{\mathfrak L(E)}\;\;\;\text{for }\delta>0.$$Notare che$\omega$è non decrescente. Da${\rm D}_2v$è (unitamente) continua, è uniformemente continua su$K$e quindi$$\omega(\delta)\xrightarrow{\delta\to0+}0\tag{16}.$$Per il teorema fondamentale del calcolo,$$v(t,y_2)-v(t,y_1)=\int_0^1{\rm D}_2v\left(t,y_1+r(y_2-y_1)\right)(y_2-y_1)\:{\rm d}r\tag{17}$$per tutti$t\in[0,\tau]$e$y_1,y_2\in E$e quindi \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\sinistra\|y_1-y_2\destra\|_E\int_0^1\sinistra\ |{\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\sinistra\|y_1-y_2\destra\|_E\omega\sinistra(\sinistra\| y_1-y_2\right\|_E\right)\end{split}\tag{18}\end{equation} per tutti$t\in[0,\tau]$e$y_1,y_2\in E$insieme a$$(t,y_1+r(y_2-y_1))\in K\;\;\;\text{for all }r\in[0,1)\tag{19}.$$Adesso molla$h\in B_\varepsilon(x)\setminus\{0\}$e \begin{equation}\begin{split}Z(t)&:=X^{x+h}(t)-X^x(t)-Y^x(t)h\\&=\int_0^ tv\sinistra(s,X^{x+h}(s)\destra)-v\sinistra(s,X^x(s)\destra)-{\rm D}_2v\sinistra(s,X^x (s)\right)Y^x(s)h\:{\rm d}s\end{split}\tag{20}\end{equation} per$t\in[0,\tau]$. Osservalo$^1$ $$\left(t,X^x(t)+r\left(X^{x+h}(t)-X^x(t)\right)\right)\in K\;\;\;\text{for all }t\in[0,\tau]\text{ and }r\in[0,1)\tag{21}$$e quindi \begin{equation}\begin{split}&\left\|v\left(t,X^{x+h}(t)\right)-v\left(t,X^x(t)\ destra)-{\rm D}_2v\sinistra(t,X^x(t)\destra)\sinistra(X^{x+h}(t)-X^x(t)\destra)\destra\| _E\\&\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\le\sinistra\|X^{x+h}(t)-X^x(t )\destra\|_E\omega\sinistra(\sinistra\|X^{x+h}(t)-X^x(t)\destra\|_E\destra)\\&\;\;\;\ ;\;\;\;\;\;\;\;\;\le e^{c_1t}\left\|h\right\|_E\omega\left(e^{c_1t}\left\|h\ right\|_E\right)\end{split}\tag{24}\end{equation} di$(18)$e$(14)$per tutti$t\in[0,\tau]$. Permettere$$a:=e^{c_1\tau}\omega\left(e^{c_1\tau}\left\|h\right\|_E\right).$$Di$(6)$e$(24)$, \begin{equation}\begin{split}&\left\|v\left(s,X^{x+h}(s)\right)-v\left(s,X^x(s)\right )-{\rm D}_2v\sinistra(s,X^x(s)\destra)Y^x(s)h\destra\|_E\\&\;\;\;\;\;\;\ ;\;\;\;\;\;e^{c_1s}\sinistra\|h\destra\|_E\omega\sinistra(e^{c_1s}\sinistra\|h\destra\|_E\destra)+ c_x\sinistra\|Z\destra\|_s^\ast\le a\sinistra\|h\destra\|_E+c_x+\sinistra\|Z\destra\|_s^\ast\end{split}\tag{ 25}\end{equazione} per tutti$s\in[0,\tau]$e quindi \begin{equation}\begin{split}\left\|Z\right\|_t^\ast&\le\int_0t^t\left\|v\left(s,X^{x+h}(s )\destra)-v\sinistra(s,X^x(s)\destra)-{\rm D}_2v\sinistra(s,X^x(s)\destra)Y^x(s)h\destra \|_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} per tutti$t\in[0,\tau]$. Quindi, per la disuguaglianza di Gronwall,$$\left\|Z\right\|_t^\ast\le a\left\|h\right\|_Ete^{c_xt}\;\;\;\text{for all }t\in[0,\tau]\tag{27}$$e quindi$$\frac{\left\|Z\right\|_\tau^\ast}{\left\|h\right\|_E}\le a\tau e^{c_x\tau}\xrightarrow{h\to0}0\tag{28}.$$
Questo termina la dimostrazione e abbiamo dimostrato che la mappa$$E\to C^0([0,\tau],E)\;,\;\;\;x\mapsto X^x$$è Fréchet differenziabile a$x$con derivata uguale a$Y^x$per tutti$x\in E$.
$^1$Permettere$t\in[0,\tau]$,$r\in[0,1)$,$$z:=(1-r)X^x(t)+rX^{x+h}(t)$$e$$y:=T_t^{-1}(z).$$Per costruzione$$X^y(t)=z\tag{22}$$e quindi$$(t,z)\in K\Leftrightarrow y\in\overline B_\varepsilon(x).$$Di$(12)$e$(14)$,$$\left\|x-y\right\|_E=\left\|T_t^{-1}(T_t(x))-T_t^{-1}(z)\right\|_E\le e^{c_1t}\left\|T_t(x)-z\right\|_E\le e^{2c_1t}\left\|h\right\|_E\tag{23}.$$Da$\left\|h\right\|_E<\varepsilon$e$e^{2c_1t}\le 1$, otteniamo$\left\|x-y\right\|_E<\varepsilon$e quindi$y\in\overline B_\varepsilon(x)$.