場合 $T_t$ 自律速度によって生成される流れです $v$ そして $\left.v\right|_{\partial\Omega}=0$、その後 $T_t(\partial\Omega)=\partial\Omega$
しましょう $d\in\mathbb N$ そして $v\in C_c^\infty(\mathbb R^d,\mathbb R^d)$。私たちはそれを知っています$\tau>0$、独自のソリューションがあります $X^x\in C^0([0,\tau],\mathbb R^d)$ の \begin{align}X'(t)&=v(X(t))\tag1&\text{for all }t\in[0,\tau],\\X(0)&=x\end{align} すべてのために $x\in\mathbb R^d$。それを示すのは簡単です$$T_t(x):=X^x(t)\;\;\;\text{for }t\in[0,\tau]$$ は $C^1$-微分同相写像 $\mathbb R^d$ に $\mathbb R^d$。
さあ、 $\Omega\subseteq\mathbb R^d$。どうすればそれを示すことができますか、
- もし $\left.v\right|_{\partial\Omega}=0$、その後 $$T_t(\partial\Omega)=\partial\Omega\tag2$$ すべてのために $t\in[0,\tau]$？
- もし $\Omega$ 閉じているか開いている場合 $$T_t(\Omega)=\Omega\tag3$$ すべてのために $t\in[0,\tau]$？
同相写像が境界（内部）点を境界（内部）点にマッピングすることは私には明らかです。どういうわけかこれを使う必要があると思います。
編集：コメントからそれは明らかです$(2)$ それは一般的にそれを保持する必要があるので、 $B$ のサブセットです $\mathbb R^d$ と $\left.v\right|_B=0$、その後 $T_t(x)=x$ すべてのために $x\in B$。しかし、どうすれば証明できますか$(3)$？
編集2：もし$f$ 位相空間間の同相写像です $E_1$ そして $E_2$ そして $B_1\subseteq E_1$、それから私たちはそれを知っています $f(B_1^\circ)=f(B_1)^\circ$、 $f(\partial B_1)=\partial f(B_1)$ そして $f(\overline{B_1})=\overline{f(B_1)}$。場合$B_1$ osが開いたら、 $B_1=B_1^\circ$ で、もし $B_1$ 閉じてから $B_1=\overline{B_1}$。これを使う必要があると思います$(3)$。
編集3：しましょう$x\in\Omega^\circ$。次に、$\varepsilon>0$ と $B_\varepsilon(x)\subseteq\Omega$。たぶん私たちは少なくともあることを示すことができます$t\in[0,\tau]$ （十分に小さい）そのような $\left\|X^x(s)-x\right\|<\varepsilon$ すべてのために $s\in[0,t]$。それからそれはそれに続くでしょう$$T_s(\Omega^\circ)\subseteq\Omega^\circ\;\;\;\text{for all }s\in[0,t].\tag4$$ 純粋な直感から、十分に小さいために $t$、速度はポイントを移動できないはずです $x$ ボールの外側 $B_\varepsilon(x)$。そう、$(4)$保持する必要があります。（それは平等でなければならないとどのように主張する必要がありますか？しかし、これは自明性によっては些細なことのようです。）
回答
2番目の質問については、このように行くことができます。これは、より直感的な「境界が固定されていると境界を越えることができないため、内部に留まらなければならない」という正式な議論です。
まず、 $\Omega$開いています。取る$x \in \Omega$。地図
$$ T_{()}(x): [0, \tau] \to \mathbb{R}^d $$
送信します $t$ に $T_t(x) $ は継続的であるため、 $\Omega$開いています。その後、それを取得します
$$A(x) = \{t \in [0, \tau] : T_t(x) \in \Omega\} $$
開いています。矛盾によって存在すると仮定します$x$ そのような $A(x)$ ではありません $[0,\tau]$。取る$t(x) = \sup \{ t: \forall s \in [0, t] , T_s(x) \in \Omega\}$。セットする $y=T_{t_*(x) }(x) $。
次のことに注意してください。
$y \not \in \Omega$。確かに、$t_*(x) < \tau$ そうでなければ私たちは持っているだろうから $A(x) = [0,\tau]$。場合$T_{t_*(x) }(x) $ にあった $\Omega$、その後の開放性によって $A(x) $ 私たちはそれを持っているでしょう $T_{t_*(x) +\epsilon}(x) $ になります $\Omega$ すべての十分に小さい $\epsilon$、sup仮説と矛盾します。
$y \in \partial \Omega$。確かに、私たちはそれを持っています
$$ T_{t_*(x) }(x) = \lim_{t\to t_*(x)-} T_t(x) $$
そして、制限内のすべてのポイントはに属します $\Omega$。ポイント1も使用すると、$T_{t_*(x) }(x) \in \bar{\Omega} \setminus \Omega = \partial \Omega$。
なぜなら、これは結論です。 $T_{t_*(x) }$ 単射ではないでしょう：両方 $x, y$ にマッピングされています $y$。
同じ議論が負の時間にも当てはまり、等式が得られます $T_t(\Omega) = \Omega$。確かに、取る$z \in \Omega$：その後 $T_t (T_{-t}(z)) = z$、および $T_{-t}(z) \in \Omega$。
最後に、 $\Omega$ 閉じられる前のポイントで $T_t(\Omega^c) = \Omega^c$; 全単射であるため、この収量$T_t(\Omega) = \Omega$。
アンドレア・マリノの答えはまったく問題ありません。私は主に、私自身の参考のために同様の試みを書き留めています。
まず、次の結果を表示できます。
しましょう $\tau>0$、 $s\in[0,\tau]$、 $E$ である $\mathbb R$-バナッハ空間と $f\in C^0([s,\tau],E)$。
命題1：$B\subseteq E$ 閉じて $$I:=f^{-1}(B)=\{t\in[s,\tau]:f(t)\in B\}.$$ 場合 $I\ne\emptyset$、その後
- $\sigma:=\inf I\in I$ それゆえ $f(\sigma)\in B$;
- もし $f(0)\not\in B$、その後 $\sigma>s$ そして $f(sigma)\in\partial B$。
系2：しましょう$\Omega\subseteq E$ オープンであり、 $$I:=\{t\in[s,\tau]:f(t)\not\in\Omega\}.$$ 場合 $I\ne\emptyset$、その後
- $\sigma:=\in I\in I$ それゆえ $f(\sigma)\not\in\Omega$;
- もし $f(0)\in\Omega$、その後 $\sigma>s$ そして $f(\sigma)\in\partial\Omega$。
さて、質問に目を向けると、 $v:[0,\tau]\times E\to E$ 2番目の引数に関して2番目の引数で均一にリプシッツ連続であり、 $v(\;\cdot\;,x)\in C^0([0,\tau],E)$ すべてのために $x\in E$。次に、ユニークなものがあります$X^{s,\:x}\in C^0([s,\tau],E)$ と $$X^{s,\:x}(t)=x+\int_s^tv(r,X^{s,\:x}(r))\:{\rm d}r\;\;\;\text{for all }t\in[s,\tau]\tag1$$ すべてのために $(s,x)\in[0,\tau]\times E$。私たちはそれを示すことができます$$T_{s,\:t}(x)=X^{s,\:x}(t)\;\;\;\text{for }x\in E$$ すべての人に全単射です $0\le s\le t\le\tau$。
提案3：$(s,x)\in[0,\tau]\times E$。場合$$v(t,x)=0\;\;\;\text{for all }t\in[s,\tau],\tag2$$ その後 $$X^{s,\:x}=x\tag3.$$
（これは、Lipschitzの仮定とGronwallの不等式を使用して証明できます。）
系4：しましょう$(s,x)\in[0,\tau]\times E$ そして $\Omega\subseteq E$開いているか閉じているか。場合$$v(t,x)=0\;\;\;\text{for all }(t,x)\in[s,\tau]\times\partial\Omega\tag4,$$ その後 $$T_{s,\:t}(\Omega)=\Omega\;\;\;\text{for all }t\in[s,\tau].\tag5$$
証明：最初に次のことを示します。$x\in\Omega$。場合$\Omega$ 開いている、そして $$T_{s,\:t}(x)\in\Omega\;\;\;\text{for all }t\in[s,\tau]\tag6.$$ それを証明するために、 $$I:=\{t\in[s,\tau]:X^{s,\:x}(t)\not\in\Omega\}.$$ 主張が真実ではないと仮定します。 $I\ne\emptyset$。次に、系2によって。$$\sigma:=\inf I\in I\tag7$$ そして $$y:=X^{s,\:x}(\sigma)\in\partial\Omega.$$ したがって、 $(2)$、 $$v(t,y)=0\;\;\;\text{for all }t\in[s,\tau]\tag8$$ それゆえ $$T_{s,\:t}(y)=y\;\;\;\text{for all }t\in[s,\tau]\tag9$$ 命題3による。一方、定義上、 $$T_{s,\:\sigma}(x)=y\tag{10}.$$ 以来 $\Omega$ 開いている、 $\Omega\cap\partial\Omega=\emptyset$ それゆえ $x\ne y$。しかしによって$(9)$ そして $(10)$ これは、 $T_{s,\:\sigma}$単射ではありません。これは真実ではありません。そう、$I=\emptyset$。
しかし、この主張から推測できるのは $$T_{s,\:t}(\Omega)\subseteq\Omega\;\;\;\text{for all }t\in[s,\tau],\tag{11}$$ しかし、なぜですか $(11)$実際に平等？
編集：同じ証明を単に適用することはできませんでした$[s,\tau]\ni t\mapsto T_{s,\:t}^{-1}(x)$、 どこ $x\in\Omega$上記の私の証明の最初の主張のように修正されていますか？私が何かを見逃していない場合、唯一の関連する部分はの継続性でした$[s,\tau]\ni t\mapsto T_{s,\:t}(x)$ そして私達はそれを示すことができます $[s,\tau]\ni t\mapsto T_{s,\:t}^{-1}(x)$同様に継続的です。したがって、その主張の証拠は、行ごとの利回りに従う必要があります$T_{s,\:t}^{-1}(x)\in\Omega$ すべてのために $t\in[s,\tau]$。どう思いますか？