Udowodnienie istnienia rozwiązania dla ODE $-s\varphi' + f'(\varphi)\varphi' = \varphi''$

Aug 15 2020

Pozwolić $f : \Bbb{R} \to \Bbb{R}$ być dwukrotnie różniczkowalne z $f'' > 0$, i pozwól $u_- > u_+$być liczbami rzeczywistymi. Pokaż, że istnieje rozwiązanie$\varphi(x)$ do następującego równania różniczkowego: $$ -s\varphi' + f'(\varphi)\varphi' = \varphi'' \tag{1} $$ takie że $\lim_{x \to \pm\infty} \varphi(x) = u_\pm$, i gdzie $s = \frac{f(u_+) - f(u_-)}{u_+ - u_-}$.


Moja pierwsza próba polega na stwierdzeniu, że ten DE można ładnie zintegrować z następującymi: $$ \varphi' = f(\varphi) - s\varphi + C \tag{2} $$ Zatem wystarczy wykazać istnienie rozwiązania dla tego DE, w którym mamy swobodę wyboru $C$. Próbowałem przenieść RHS do LHS, co daje:$$ \int \frac{1}{f(\varphi) - s\varphi + C} \; \mathrm{d}\varphi = x + D $$ gdzie $D \in \Bbb{R}$. Zatem jeśli zdefiniujemy:$$ g(x) = \int \frac{1}{f(x) - sx + C} \; \mathrm{d}x $$ i zakładając to $g$ jest więc odwracalna $\varphi(x) = g^{-1}(x)$ byłoby rozwiązaniem $(2)$. Jest jednak kilka problemów związanych z tym podejściem, którymi musimy się zająć:

  1. Całka nie będzie miała sensu, jeśli $f(\varphi) - s\varphi + C$ znika w pewnym momencie $\Bbb{R}$. Ponieważ mamy wolny wybór$C$, jeśli możemy to pokazać $f(\varphi) - s\varphi$ jest ograniczona z góry lub z dołu, to taki wybór $C$będzie istnieć. Podejrzewam, że możemy użyć wypukłości i definicji$s$ aby to udowodnić, ale moje próby są jak dotąd daremne.
  2. Jeśli całka ma sens, innym problemem jest jeśli $g$jest odwracalna. Jednak nie powinno to stanowić problemu, ponieważ FTOC:$$ g'(x) = \frac{1}{f(x) - sx + C} $$ więc jeśli mianownik nie zniknie, $g'$ jest ciągła i dlatego musi być ściśle dodatnia lub ujemna $g$ jest ściśle monotonna, a więc odwracalna.
  3. Największym problemem jest to, że ta definicja nie gwarantuje spełnienia wymogu $\lim_{x \to \pm\infty} \varphi(x) = u_\pm$. Próbowałem manipulować całką, aby dopasować ją do tego warunku, ale jak dotąd bezskutecznie.

Próbowałem także innych podejść, takich jak użycie iteracji Picarda, ale ponieważ ten problem nie jest tak naprawdę IVP, nie odniosły one sukcesu.

Każda pomoc jest mile widziana.

Odpowiedzi

4 EditPiAf Aug 17 2020 at 15:58

Korzystanie z limitów w $\pm\infty$, znaleźliśmy $$ C = su_+ - f(u_+) = su_- - f(u_-) \, , $$ $$ \text{and}\qquad \varphi' = f(\varphi) - f(u_+) - s(\varphi - u_+) = f(\varphi) - f(u_-) - s(\varphi - u_-) \, , $$zobacz to ćwiczenie w Evans PDE. Ścisłe wypukłość z$\varphi\mapsto \varphi'$ wynika ze ścisłej wypukłości $f''>0$ z $f$. Ta właściwość daje$\varphi' < 0$ dla $\varphi \in \left]u_+, u_-\right[$. W związku z tym,$\varphi$ to płynnie malejąca funkcja, która maleje od $u_-$ do $u_+$. Zbadanie stabilności równowagi$\varphi = u_\pm$, obliczamy znak pochodnej $d\varphi'/d\varphi = f'(\varphi) - s$ w równowadze, która jest ujemna w $\varphi = u_+$ i pozytywne na $\varphi = u_-$ze względu na ścisłą wypukłość. W związku z tym,$u_+$ jest atrakcyjną równowagą i $u_-$jest odpychającą równowagą. Ponieważ prawa strona. powyższego równania różniczkowego jest niejednolite i nie posiada dodatkowych pierwiastków, każde ograniczone rozwiązanie musi koniecznie łączyć obie wartości$u_\pm$ poprzez płynną funkcję zmniejszania $\varphi$. Integrand w$$ x+D = \int_{u_+}^{u_-} \frac{\text d \varphi}{f(\varphi) - f(u_+) - s(\varphi - su_+)} $$ jest wyjątkowa na granicach $\varphi = u_\pm$. Zbieżność tej niewłaściwej całki wynika z jej asymptotycznego zachowania na granicach.