Dòng chảy được tạo ra bởi trường vận tốc có thể phân biệt được có thể phân biệt được
Để cho $E$ là một $\mathbb R$-Không gian quản lý, $\tau>0$ và $v:[0,\tau]\times E\to E$ như vậy mà$^1$ $$x\mapsto t\mapsto v(t,x)\tag1$$ thuộc về $C^{0,\:1}(E,C^0([0,\tau],E))$. Điều này đủ để đảm bảo rằng có một$X^x\in C^0([0,\tau],E)$ với $$X^x(t)=x+\int_0^tv(s,X^x(s))\:{\rm d}s\;\;\;\text{for all }t\in[0,\tau]\tag2$$ cho tất cả $x\in E$. Bây giờ giả sử$$v(t,\;\cdot\;)\in C^1(E,E)\;\;\;\text{for all }t\in[0,\tau]\tag3$$ và ${\rm D}_2v$là (cùng) liên tục. Một lần nữa, điều này đủ để đảm bảo rằng có một$Y^x\in C^0([0,\tau],\mathfrak L(E))$ với $$Y^x(t)=\operatorname{id}_E+\int_0^tw_x(s,Y^x(s))\:{\rm d}s\;\;\;\text{for all }t\in[0,\tau],$$ Ở đâu$^2$ $$w_x(t,A):={\rm D}_2v(t,X^x(t))A\;\;\;\text{for }(t,A)\in[0,\tau]\times\mathfrak L(E),$$ cho tất cả $x\in E$.
Tôi muốn cho thấy điều đó $$E\to C^0([0,\tau],E)\;,\;\;\;x\mapsto X^x$$ Fréchet có thể phân biệt được không và đạo hàm tại $x$ được đưa ra bởi $Y^x$ cho tất cả $x\in E$.
Tôi chỉ có thể hiển thị xác nhận quyền sở hữu này giả sử rằng $v(t,\;\cdot\;)\in C^2([0,\tau],E)$ và ${\rm D}_2^2v$ là (cùng) liên tục, do đó định lý Taylor có thể áp dụng được.
Đối với trường hợp chung: Hãy $x,h\in E$và \ begin {method} \ begin {split} Z (t) &: = X ^ {x + h} (t) -X ^ x (t) -Y ^ x (t) h \\ & = \ int_0 ^ tv \ 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 \: {\ rm d} s \ end {split} \ tag5 \ end {method} cho$t\in[0,\tau]$. Chúng ta có thể viết \ begin {method} \ begin {split} & 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 \\ & \; \; \; \; \; \; \; \; = v \ left ( s, X ^ {x + h} (s) \ right) -v \ left (s, X ^ x (s) \ right) \\ & \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; - {\ rm D} _2v \ left (s, X ^ x (s) \ right) \ left (X ^ {x + h} (s) -X ^ x (s) \ right) \\ & \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; + {\ rm D } _2v \ left (s, X ^ x (s) \ right) Z (s) \ end {split} \ tag6 \ end {method} cho tất cả$s\in[0,\tau]$. Để cho$$c_x:=\sup_{t\in[0,\:\tau]}\left\|{\rm D}_2v\left(X^x(t)\right)\right\|_{\mathfrak L(E)}<\infty\tag7$$ và $c_1$ biểu thị hằng số Lipschitz của $v$. Sau đó, \ begin {method} \ 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 {method} cho tất cả$t\in[0,\tau]$. Bây giờ vấn đề là tìm một ràng buộc phù hợp cho$v\left(s,X^{x+h}(s)\right)-v\left(s,X^x(s)\right)-{\rm D}_2v\left(s,X^x(s)\right)Y^x(s)h$. Rõ ràng, \ begin {method} \ begin {split} & \ sup_ {s \ in [0, \: t]} \ left \ | 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 \ right \ | _E \ \ & \; \; \; \; \; \; \; \; \ le \ max (c, c_1) e ^ {c_1t} \ left \ | h \ right \ | _E + c \ sup_ {s \ in [0, \: t]} \ left \ | Z (s) \ right \ | _E \ end {split} \ tag9 \ end {method} cho tất cả$t\in[0,\tau]$.
Hướng dẫn chung bây giờ là viện dẫn sự bất bình đẳng của Gronwall. Nhưng ước tính$(9)$ quá yếu để kết luận về khả năng khác biệt của Fréchet với nó, vì ở phía bên tay phải, chúng ta cần phải có $\left\|h\right\|_E^2$ thay vì $\left\|h\right\|_E$ (Đó là trường hợp, theo định lý Taylor, nếu chúng ta giả sử khả năng phân biệt hai lần nói trên).
Chúng ta có thể làm gì đó để khắc phục sự cố này không?
$^1$ Vì thế, $v$ là Lipschitz liên tục đối với đối số thứ hai một cách đồng nhất đối với đối số thứ nhất, có tăng trưởng tuyến tính nhiều nhất đối với đối số thứ hai một cách đồng nhất đối với đối số thứ nhất và là (cùng) liên tục.
$^2$ Cho mọi $x\in E$, $w_x$ có cùng tính chất Lipschitz và tăng trưởng tuyến tính như $v$.
Trả lời
Để cho $$\left\|f\right\|_t^\ast:=\sup_{s\in[0,\:t]}\left\|f(s)\right\|_E\;\;\;\text{for }f:[0,\tau]\to E\text{ and }t\in[0,\tau],$$ $c_1\ge0$ với $$\left\|v(\;\cdot\;,x)-v(\;\cdot\;,y)\right\|_\tau^\ast\le c_1\left\|x-y\right\|_E\tag{10}$$ và $$T_t(x):=X^x(t)\;\;\;\text{for }(t,x)\in[0,\tau]\times E.$$
Chúng tôi sẽ cần các kết quả dễ xác minh sau:
- $T_t$ là khách quan cho tất cả $t\in[0,\tau]$, $$[0,\tau]\ni t\mapsto T_t^{-1}(x)\tag{11}$$ liên tục cho tất cả $x\in E$ và $$\sup_{t\in[0,\:\tau]}\left\|T_t^{-1}(x)-T_t^{-1}(y)\right\|_E\le e^{c_1}\tau\left\|x-y\right\|_E\tag{12}.$$
- $$[0,\tau]\times E\ni(t,x)\mapsto T_t(x)\tag{13}$$ là (cùng) liên tục.
- $$\left\|X^x-X^y\right\|_t^\ast\le e^{c_1t}\left\|x-y\right\|_E\;\;\;\text{for all }t\in[0,\tau]\text{ and }x,y\in E\tag{14}.$$
Bây giờ hãy để $x\in E$. Tôi khẳng định rằng$$\frac{\left\|X^{x+h}-X^x-Y^xh\right\|_\tau^\ast}{\left\|h\right\|_E}\xrightarrow{h\to0}0\tag{15}.$$
Để cho $\varepsilon>0$. Từ$(13)$ liên tục, $$K:=\left\{\left(t,X^y(t)\right):(t,y)\in[0,\tau]\times\overline B_\varepsilon(x)\right\}$$là nhỏ gọn. Để cho$$\omega(\delta):=\sup_{\substack{(t,\:y_1),\:(t,\:y_2)\:\in\:K\\\left\|y_1-y_2\right\|_E\:<\:\delta}}\left\|{\rm D}_2v(t,y_1)-{\rm D}_2v(t,y_2)\right\|_{\mathfrak L(E)}\;\;\;\text{for }\delta>0.$$ Lưu ý rằng $\omega$đang không giảm. Từ${\rm D}_2v$ là (cùng) liên tục, nó liên tục đồng nhất trên $K$ và do đó $$\omega(\delta)\xrightarrow{\delta\to0+}0\tag{16}.$$ Theo định lý cơ bản của giải tích, $$v(t,y_2)-v(t,y_1)=\int_0^1{\rm D}_2v\left(t,y_1+r(y_2-y_1)\right)(y_2-y_1)\:{\rm d}r\tag{17}$$ cho tất cả $t\in[0,\tau]$ và $y_1,y_2\in E$và do đó \ begin {method} \ begin {split} & \ left \ | v (t, y_2) -v (t, y_1) - {\ rm D} _2v (t, y_1) (y_2-y_1) \ right \ | _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 \\ & \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \ le \ left \ | y_1-y_2 \ right \ | _E \ omega \ left (\ left \ | y_1-y_2 \ right \ | _E \ right) \ end {split} \ tag {18} \ end {method} cho tất cả$t\in[0,\tau]$ và $y_1,y_2\in E$ với $$(t,y_1+r(y_2-y_1))\in K\;\;\;\text{for all }r\in[0,1)\tag{19}.$$ Bây giờ hãy để $h\in B_\varepsilon(x)\setminus\{0\}$và \ begin {method} \ begin {split} Z (t) &: = X ^ {x + h} (t) -X ^ x (t) -Y ^ x (t) h \\ & = \ int_0 ^ tv \ 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 \: {\ rm d} s \ end {split} \ tag {20} \ end {method} cho$t\in[0,\tau]$. Quan sát điều đó$^1$ $$\left(t,X^x(t)+r\left(X^{x+h}(t)-X^x(t)\right)\right)\in K\;\;\;\text{for all }t\in[0,\tau]\text{ and }r\in[0,1)\tag{21}$$và do đó \ begin {method} \ begin {split} & \ left \ | v \ left (t, X ^ {x + h} (t) \ right) -v \ left (t, X ^ x (t) \ right) - {\ 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 \ | _E \ omega \ left (\ left \ | X ^ {x + h} (t) -X ^ x (t) \ right \ | _E \ right) \\ & \; \; \; \ ; \; \; \; \; \; \; \; \; \ le e ^ {c_1t} \ left \ | h \ right \ | _E \ omega \ left (e ^ {c_1t} \ left \ | h \ right \ | _E \ right) \ end {split} \ tag {24} \ end {method} bởi$(18)$ và $(14)$ cho tất cả $t\in[0,\tau]$. Để cho$$a:=e^{c_1\tau}\omega\left(e^{c_1\tau}\left\|h\right\|_E\right).$$ Bởi $(6)$ và $(24)$, \ begin {method} \ begin {split} & \ left \ | 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 \ right \ | _E \\ & \; \; \; \; \; \; \ ; \; \; \; \; \; e ^ {c_1s} \ left \ | h \ right \ | _E \ omega \ left (e ^ {c_1s} \ left \ | h \ right \ | _E \ right) + c_x \ left \ | Z \ right \ | _s ^ \ ast \ le a \ left \ | h \ right \ | _E + c_x + \ left \ | Z \ right \ | _s ^ \ ast \ end {split} \ tag { 25} \ end {method} cho tất cả$s\in[0,\tau]$và do đó \ begin {method} \ begin {split} \ left \ | Z \ right \ | _t ^ \ ast & \ le \ int_0t ^ t \ left \ | 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 \ right \ | _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 {method} cho tất cả$t\in[0,\tau]$. Do đó, theo sự bất bình đẳng của Gronwall,$$\left\|Z\right\|_t^\ast\le a\left\|h\right\|_Ete^{c_xt}\;\;\;\text{for all }t\in[0,\tau]\tag{27}$$ và do đó $$\frac{\left\|Z\right\|_\tau^\ast}{\left\|h\right\|_E}\le a\tau e^{c_x\tau}\xrightarrow{h\to0}0\tag{28}.$$
Điều này hoàn thành bằng chứng và chúng tôi đã chỉ ra rằng bản đồ $$E\to C^0([0,\tau],E)\;,\;\;\;x\mapsto X^x$$ Fréchet có thể phân biệt được ở $x$ với đạo hàm bằng $Y^x$ cho tất cả $x\in E$.
$^1$ Để cho $t\in[0,\tau]$, $r\in[0,1)$, $$z:=(1-r)X^x(t)+rX^{x+h}(t)$$ và $$y:=T_t^{-1}(z).$$ Bằng cách xây dựng $$X^y(t)=z\tag{22}$$ và do đó $$(t,z)\in K\Leftrightarrow y\in\overline B_\varepsilon(x).$$ Bởi $(12)$ và $(14)$, $$\left\|x-y\right\|_E=\left\|T_t^{-1}(T_t(x))-T_t^{-1}(z)\right\|_E\le e^{c_1t}\left\|T_t(x)-z\right\|_E\le e^{2c_1t}\left\|h\right\|_E\tag{23}.$$ Từ $\left\|h\right\|_E<\varepsilon$ và $e^{2c_1t}\le 1$, chúng tôi đạt được $\left\|x-y\right\|_E<\varepsilon$ và do đó $y\in\overline B_\varepsilon(x)$.