Если $T_t$ - поток, создаваемый автономной скоростью $v$ и $\left.v\right|_{\partial\Omega}=0$, тогда $T_t(\partial\Omega)=\partial\Omega$
Позволять $d\in\mathbb N$ и $v\in C_c^\infty(\mathbb R^d,\mathbb R^d)$. Мы знаем, что для любого$\tau>0$, есть уникальное решение $X^x\in C^0([0,\tau],\mathbb R^d)$ из \begin{align}X'(t)&=v(X(t))\tag1&\text{for all }t\in[0,\tau],\\X(0)&=x\end{align} для всех $x\in\mathbb R^d$. Легко показать, что$$T_t(x):=X^x(t)\;\;\;\text{for }t\in[0,\tau]$$ это $C^1$-диффеоморфизм от $\mathbb R^d$ на $\mathbb R^d$.
Теперь позвольте $\Omega\subseteq\mathbb R^d$. Как мы можем это показать,
- если $\left.v\right|_{\partial\Omega}=0$, тогда $$T_t(\partial\Omega)=\partial\Omega\tag2$$ для всех $t\in[0,\tau]$?
- если $\Omega$ закрыто или открыто, то $$T_t(\Omega)=\Omega\tag3$$ для всех $t\in[0,\tau]$?
Мне ясно, что любой гомеоморфизм переводит граничные (внутренние) точки в граничные (внутренние) точки. Думаю, нам нужно как-то это использовать.
EDIT : из комментариев ясно, что$(2)$ имеет место, поскольку обычно должно быть, что если $B$ любое подмножество $\mathbb R^d$ с участием $\left.v\right|_B=0$, тогда $T_t(x)=x$ для всех $x\in B$. Но как мы можем доказать$(3)$?
РЕДАКТИРОВАТЬ 2 : Если$f$ есть любой гомеоморфизм между топологическими пространствами $E_1$ и $E_2$ и $B_1\subseteq E_1$, тогда мы знаем, что $f(B_1^\circ)=f(B_1)^\circ$, $f(\partial B_1)=\partial f(B_1)$ и $f(\overline{B_1})=\overline{f(B_1)}$. Если$B_1$ os open, тогда $B_1=B_1^\circ$ и если $B_1$ закрыто, то $B_1=\overline{B_1}$. Я думаю, нам нужно использовать это для$(3)$.
РЕДАКТИРОВАТЬ 3 : Пусть$x\in\Omega^\circ$. Тогда есть$\varepsilon>0$ с участием $B_\varepsilon(x)\subseteq\Omega$. Может быть, мы сможем хотя бы показать, что есть$t\in[0,\tau]$ (достаточно малый) такой, что $\left\|X^x(s)-x\right\|<\varepsilon$ для всех $s\in[0,t]$. Затем следовало бы, что$$T_s(\Omega^\circ)\subseteq\Omega^\circ\;\;\;\text{for all }s\in[0,t].\tag4$$ Из чистой интуиции при достаточно малом $t$, скорость не должна перемещать точку $x$ вне шара $B_\varepsilon(x)$. Так,$(4)$следует держать. (Как мы можем утверждать, что это должно быть даже равенство? Это кажется тривиальным, хотя с точки зрения биективности.)
Ответы
По поводу второго вопроса можно поступить так. Это формальный аргумент в пользу более интуитивного «вы не можете пересечь границу, если граница зафиксирована, поэтому вы должны оставаться внутри».
Во-первых, предположим, что $\Omega$открыт. Взять$x \in \Omega$. Карта
$$ T_{()}(x): [0, \tau] \to \mathbb{R}^d $$
что посылает $t$ к $T_t(x) $ является непрерывным, таким образом, прообраз $\Omega$открыт. Затем мы получаем это
$$A(x) = \{t \in [0, \tau] : T_t(x) \in \Omega\} $$
открыт. Предположим от противного, что существуют$x$ такой, что $A(x)$ не является $[0,\tau]$. Взять$t(x) = \sup \{ t: \forall s \in [0, t] , T_s(x) \in \Omega\}$.Набор $y=T_{t_*(x) }(x) $.
Заметить, что:
$y \not \in \Omega$. Действительно,$t_*(x) < \tau$ потому что иначе у нас было бы $A(x) = [0,\tau]$. Если$T_{t_*(x) }(x) $ был в $\Omega$, то по открытости $A(x) $ у нас было бы это $T_{t_*(x) +\epsilon}(x) $ будет в $\Omega$ для всех достаточно малых $\epsilon$, что противоречит гипотезе sup.
$y \in \partial \Omega$. Действительно, у нас есть это
$$ T_{t_*(x) }(x) = \lim_{t\to t_*(x)-} T_t(x) $$
И все точки лимита принадлежат $\Omega$. Используя также пункт 1, получаем, что$T_{t_*(x) }(x) \in \bar{\Omega} \setminus \Omega = \partial \Omega$.
На этом заканчивается, потому что $T_{t_*(x) }$ не будет инъективным: оба $x, y$ отображаются на $y$.
Тот же аргумент применим и к отрицательным временам, давая равенство $T_t(\Omega) = \Omega$. Действительно, возьмите$z \in \Omega$: тогда $T_t (T_{-t}(z)) = z$, и $T_{-t}(z) \in \Omega$.
Наконец, если взять $\Omega$ быть закрытым, по предыдущим пунктам получим $T_t(\Omega^c) = \Omega^c$; будучи биективным, этот доход$T_t(\Omega) = \Omega$.
Ответ Андреа Марино прекрасен, я в основном записываю аналогичную попытку для своей собственной справки.
Прежде всего, мы можем показать следующий результат:
Позволять $\tau>0$, $s\in[0,\tau]$, $E$ быть $\mathbb R$-Банаховое пространство и $f\in C^0([s,\tau],E)$.
Предложение 1. Пусть$B\subseteq E$ быть закрытым и $$I:=f^{-1}(B)=\{t\in[s,\tau]:f(t)\in B\}.$$ Если $I\ne\emptyset$, тогда
- $\sigma:=\inf I\in I$ и, следовательно $f(\sigma)\in B$;
- если $f(0)\not\in B$, тогда $\sigma>s$ и $f(sigma)\in\partial B$.
Следствие 2 : Пусть$\Omega\subseteq E$ быть открытым и $$I:=\{t\in[s,\tau]:f(t)\not\in\Omega\}.$$ Если $I\ne\emptyset$, тогда
- $\sigma:=\in I\in I$ и, следовательно $f(\sigma)\not\in\Omega$;
- если $f(0)\in\Omega$, тогда $\sigma>s$ и $f(\sigma)\in\partial\Omega$.
Теперь, переходя к вопросу, допустим $v:[0,\tau]\times E\to E$ равномерно липшицево по второму аргументу равномерно по второму и $v(\;\cdot\;,x)\in C^0([0,\tau],E)$ для всех $x\in E$. Тогда есть уникальный$X^{s,\:x}\in C^0([s,\tau],E)$ с участием $$X^{s,\:x}(t)=x+\int_s^tv(r,X^{s,\:x}(r))\:{\rm d}r\;\;\;\text{for all }t\in[s,\tau]\tag1$$ для всех $(s,x)\in[0,\tau]\times E$. Мы можем показать, что$$T_{s,\:t}(x)=X^{s,\:x}(t)\;\;\;\text{for }x\in E$$ биективен для всех $0\le s\le t\le\tau$.
Предложение 3 : Пусть$(s,x)\in[0,\tau]\times E$. Если$$v(t,x)=0\;\;\;\text{for all }t\in[s,\tau],\tag2$$ тогда $$X^{s,\:x}=x\tag3.$$
(Это можно доказать, используя предположение Липшица и неравенство Гронуолла.)
Следствие 4 : Пусть$(s,x)\in[0,\tau]\times E$ и $\Omega\subseteq E$быть открытым или закрытым. Если$$v(t,x)=0\;\;\;\text{for all }(t,x)\in[s,\tau]\times\partial\Omega\tag4,$$ тогда $$T_{s,\:t}(\Omega)=\Omega\;\;\;\text{for all }t\in[s,\tau].\tag5$$
Доказательство . Сначала покажем следующее. Пусть$x\in\Omega$. Если$\Omega$ открыто, то $$T_{s,\:t}(x)\in\Omega\;\;\;\text{for all }t\in[s,\tau]\tag6.$$ Чтобы доказать это, пусть $$I:=\{t\in[s,\tau]:X^{s,\:x}(t)\not\in\Omega\}.$$ Предположим, что утверждение не соответствует действительности, т.е. $I\ne\emptyset$. Тогда по следствию 2$$\sigma:=\inf I\in I\tag7$$ и $$y:=X^{s,\:x}(\sigma)\in\partial\Omega.$$ Таким образом, $(2)$, $$v(t,y)=0\;\;\;\text{for all }t\in[s,\tau]\tag8$$ и, следовательно $$T_{s,\:t}(y)=y\;\;\;\text{for all }t\in[s,\tau]\tag9$$ по предложению 3. С другой стороны, по определению $$T_{s,\:\sigma}(x)=y\tag{10}.$$ поскольку $\Omega$ открыт, $\Omega\cap\partial\Omega=\emptyset$ и, следовательно $x\ne y$. Но по$(9)$ и $(10)$ это означает, что $T_{s,\:\sigma}$не является инъективным; что не так. Так,$I=\emptyset$.
Однако из этого утверждения мы можем сделать следующий вывод: $$T_{s,\:t}(\Omega)\subseteq\Omega\;\;\;\text{for all }t\in[s,\tau],\tag{11}$$ но почему $(11)$собственно равенство ?
РЕДАКТИРОВАТЬ : не могли бы мы просто применить то же доказательство к$[s,\tau]\ni t\mapsto T_{s,\:t}^{-1}(x)$, где $x\in\Omega$фиксируется как в первом пункте моего доказательства выше? Если я чего-то не упускаю, единственной важной частью была непрерывность$[s,\tau]\ni t\mapsto T_{s,\:t}(x)$ и мы можем показать, что $[s,\tau]\ni t\mapsto T_{s,\:t}^{-1}(x)$также непрерывно. Итак, доказательство этого утверждения должно следовать строка за строкой, давая$T_{s,\:t}^{-1}(x)\in\Omega$ для всех $t\in[s,\tau]$. Что вы думаете?