만약 $T_t$ 자율 속도에 의해 생성 된 흐름 $v$ 과 $\left.v\right|_{\partial\Omega}=0$, 다음 $T_t(\partial\Omega)=\partial\Omega$
허락하다 $d\in\mathbb N$ 과 $v\in C_c^\infty(\mathbb R^d,\mathbb R^d)$. 우리는 알고 있습니다.$\tau>0$, 독특한 솔루션이 있습니다 $X^x\in C^0([0,\tau],\mathbb R^d)$ 의 \begin{align}X'(t)&=v(X(t))\tag1&\text{for all }t\in[0,\tau],\\X(0)&=x\end{align} 모든 $x\in\mathbb R^d$. 그것을 보여주는 것은 쉽습니다.$$T_t(x):=X^x(t)\;\;\;\text{for }t\in[0,\tau]$$ 이다 $C^1$-diffeomorphism from $\mathbb R^d$ 위에 $\mathbb R^d$.
이제 $\Omega\subseteq\mathbb R^d$. 그것을 어떻게 보여줄 수 있습니까?
- 만약 $\left.v\right|_{\partial\Omega}=0$, 다음 $$T_t(\partial\Omega)=\partial\Omega\tag2$$ 모든 $t\in[0,\tau]$?
- 만약 $\Omega$ 닫혀 있거나 열려 있으면 $$T_t(\Omega)=\Omega\tag3$$ 모든 $t\in[0,\tau]$?
모든 동 종파가 경계 (내부) 지점을 경계 (내부) 지점에 매핑한다는 것이 분명합니다 . 나는 이것을 어떻게 든 사용해야한다고 생각한다.
편집 : 의견에서$(2)$ 일반적으로 유지해야하기 때문에 $B$ 의 하위 집합입니다 $\mathbb R^d$ 와 $\left.v\right|_B=0$, 다음 $T_t(x)=x$ 모든 $x\in B$. 그러나 우리는 어떻게 증명할 수 있습니까?$(3)$?
편집 2 : 만약$f$ 토폴로지 공간 간의 동종 성 $E_1$ 과 $E_2$ 과 $B_1\subseteq E_1$, 그러면 우리는 $f(B_1^\circ)=f(B_1)^\circ$, $f(\partial B_1)=\partial f(B_1)$ 과 $f(\overline{B_1})=\overline{f(B_1)}$. 만약$B_1$ OS가 열린 다음 $B_1=B_1^\circ$ 그리고 만약 $B_1$ 닫히면 $B_1=\overline{B_1}$. 나는 우리가 이것을 위해 사용해야한다고 생각합니다$(3)$.
편집 3 :하자$x\in\Omega^\circ$. 그런 다음$\varepsilon>0$ 와 $B_\varepsilon(x)\subseteq\Omega$. 적어도 우리는$t\in[0,\tau]$ (충분히 작음) $\left\|X^x(s)-x\right\|<\varepsilon$ 모든 $s\in[0,t]$. 그런 다음$$T_s(\Omega^\circ)\subseteq\Omega^\circ\;\;\;\text{for all }s\in[0,t].\tag4$$ 순수한 직감에서 충분히 작은 $t$, 속도는 점을 이동할 수 없어야합니다. $x$ 공 밖에서 $B_\varepsilon(x)$. 그래서,$(4)$기다려야합니다. (평등이되어야한다고 우리는 어떻게 주장해야할까요? 이건 이원 사성에 의해 사소 해 보입니다.)
답변
두 번째 질문에 대해서는 이렇게 갈 수 있습니다. 이것은보다 직관적 인 "경계가 고정되어 있으면 경계를 넘을 수 없으므로 내부에 머물러야합니다"에 대한 공식적인 주장입니다.
첫째로, $\Omega$열려 있습니다. 취하다$x \in \Omega$. 지도
$$ T_{()}(x): [0, \tau] \to \mathbb{R}^d $$
보내는 $t$ ...에 $T_t(x) $ 연속적이므로 $\Omega$열려 있습니다. 그런 다음
$$A(x) = \{t \in [0, \tau] : T_t(x) \in \Omega\} $$
열려 있습니다. 모순으로 존재한다고 가정하십시오$x$ 그런 $A(x)$ 아니다 $[0,\tau]$. 취하다$t(x) = \sup \{ t: \forall s \in [0, t] , T_s(x) \in \Omega\}$.세트 $y=T_{t_*(x) }(x) $.
그것을주의해라:
$y \not \in \Omega$. 과연,$t_*(x) < \tau$ 그렇지 않으면 우리는 $A(x) = [0,\tau]$. 만약$T_{t_*(x) }(x) $ 에 있었다 $\Omega$, 개방성 $A(x) $ 우리는 그것을 가질 것입니다 $T_{t_*(x) +\epsilon}(x) $ 에있을 것이다 $\Omega$ 충분히 작은 $\epsilon$, sup 가설과 모순됩니다.
$y \in \partial \Omega$. 실제로 우리는
$$ T_{t_*(x) }(x) = \lim_{t\to t_*(x)-} T_t(x) $$
그리고 한도의 모든 포인트는 $\Omega$. 또한 점 1을 사용하여 우리는$T_{t_*(x) }(x) \in \bar{\Omega} \setminus \Omega = \partial \Omega$.
이것은 결론입니다. $T_{t_*(x) }$ 주입 적이 지 않을 것 : 둘 다 $x, y$ 매핑됩니다 $y$.
동일한 주장이 음의 시간에도 적용되어 평등을 산출합니다. $T_t(\Omega) = \Omega$. 실제로$z \in \Omega$: 그때 $T_t (T_{-t}(z)) = z$, 및 $T_{-t}(z) \in \Omega$.
마지막으로 $\Omega$ 닫히기 위해 이전 포인트에 의해 $T_t(\Omega^c) = \Omega^c$; bijective,이 수율$T_t(\Omega) = \Omega$.
Andrea Marino의 대답 은 완벽하게 괜찮습니다. 나는 주로 내 자신의 참조를 위해 비슷한 시도를 작성하고 있습니다.
먼저 다음 결과를 보여줄 수 있습니다.
허락하다 $\tau>0$, $s\in[0,\tau]$, $E$ 될 $\mathbb R$-Banach 공간 및 $f\in C^0([s,\tau],E)$.
발의안 1 : Let$B\subseteq E$ 닫히고 $$I:=f^{-1}(B)=\{t\in[s,\tau]:f(t)\in B\}.$$ 만약 $I\ne\emptyset$, 다음
- $\sigma:=\inf I\in I$ 따라서 $f(\sigma)\in B$;
- 만약 $f(0)\not\in B$, 다음 $\sigma>s$ 과 $f(sigma)\in\partial B$.
추론 2 : Let$\Omega\subseteq E$ 열려 있고 $$I:=\{t\in[s,\tau]:f(t)\not\in\Omega\}.$$ 만약 $I\ne\emptyset$, 다음
- $\sigma:=\in I\in I$ 따라서 $f(\sigma)\not\in\Omega$;
- 만약 $f(0)\in\Omega$, 다음 $\sigma>s$ 과 $f(\sigma)\in\partial\Omega$.
이제 질문으로 돌아가서 $v:[0,\tau]\times E\to E$ 두 번째 인수에서 두 번째 인수에 대해 균일하게 Lipschitz 연속 형이고 $v(\;\cdot\;,x)\in C^0([0,\tau],E)$ 모든 $x\in E$. 그런 다음 독특한$X^{s,\:x}\in C^0([s,\tau],E)$ 와 $$X^{s,\:x}(t)=x+\int_s^tv(r,X^{s,\:x}(r))\:{\rm d}r\;\;\;\text{for all }t\in[s,\tau]\tag1$$ 모든 $(s,x)\in[0,\tau]\times E$. 우리는$$T_{s,\:t}(x)=X^{s,\:x}(t)\;\;\;\text{for }x\in E$$ 모두에게 bijective $0\le s\le t\le\tau$.
제안 3 :하자$(s,x)\in[0,\tau]\times E$. 만약$$v(t,x)=0\;\;\;\text{for all }t\in[s,\tau],\tag2$$ 그때 $$X^{s,\:x}=x\tag3.$$
(이것은 Lipschitz 가정과 Gronwall의 불평등을 사용하여 증명할 수 있습니다.)
추론 4 : Let$(s,x)\in[0,\tau]\times E$ 과 $\Omega\subseteq E$열려 있거나 닫혀 있어야합니다. 만약$$v(t,x)=0\;\;\;\text{for all }(t,x)\in[s,\tau]\times\partial\Omega\tag4,$$ 그때 $$T_{s,\:t}(\Omega)=\Omega\;\;\;\text{for all }t\in[s,\tau].\tag5$$
증명 : 먼저 다음을 보여줍니다.$x\in\Omega$. 만약$\Omega$ 열려 있으면 $$T_{s,\:t}(x)\in\Omega\;\;\;\text{for all }t\in[s,\tau]\tag6.$$ 그것을 증명하기 위해 $$I:=\{t\in[s,\tau]:X^{s,\:x}(t)\not\in\Omega\}.$$ 주장이 사실이 아니라고 가정합니다. $I\ne\emptyset$. 그런 다음 추론 2에 의해$$\sigma:=\inf I\in I\tag7$$ 과 $$y:=X^{s,\:x}(\sigma)\in\partial\Omega.$$ 따라서 $(2)$, $$v(t,y)=0\;\;\;\text{for all }t\in[s,\tau]\tag8$$ 따라서 $$T_{s,\:t}(y)=y\;\;\;\text{for all }t\in[s,\tau]\tag9$$ 발의안 3에 의해 정의됩니다. 반면에 정의상 $$T_{s,\:\sigma}(x)=y\tag{10}.$$ 이후 $\Omega$ 열려 있습니다. $\Omega\cap\partial\Omega=\emptyset$ 따라서 $x\ne y$. 하지만$(9)$ 과 $(10)$ 이것은 의미 $T_{s,\:\sigma}$주사제가 아닙니다. 사실이 아닙니다. 그래서,$I=\emptyset$.
그러나 우리가이 주장에서 추론 할 수있는 것은 $$T_{s,\:t}(\Omega)\subseteq\Omega\;\;\;\text{for all }t\in[s,\tau],\tag{11}$$ 하지만 왜 $(11)$실제로 평등 ?
편집 : 우리는 단순히 동일한 증명을 적용 할 수 없습니까?$[s,\tau]\ni t\mapsto T_{s,\:t}^{-1}(x)$, 어디 $x\in\Omega$위의 증명의 첫 번째 주장에서와 같이 수정 되었습니까? 내가 뭔가를 놓치고 있지 않다면 유일하게 관련된 부분은$[s,\tau]\ni t\mapsto T_{s,\:t}(x)$ 그리고 우리는 그것을 보여줄 수 있습니다 $[s,\tau]\ni t\mapsto T_{s,\:t}^{-1}(x)$또한 연속적입니다. 따라서 그 주장의 증거는 줄 단위로 산출해야합니다.$T_{s,\:t}^{-1}(x)\in\Omega$ 모든 $t\in[s,\tau]$. 어떻게 생각해?