Можно ли продолжить решение ОДУ?

[svv]

Спасибо. Или так:

$$\vec p_s=\dfrac{\vec p\cdot\vec k}{p^2}\;\vec p+\frac 1 2\;\vec p\times\vec k -\frac p 2\ctg\frac p 2\;\frac{\vec p\times(\vec p\times\vec k)}{p^2}$$

[DLL]

Red_Herring в сообщении #1161154 писал(а):

svv в сообщении #1161148 писал(а):

Если разрешить уравнение относительно производной, оно, по-моему, даже проще будет:

Это хорошо, но все равно, разделите на радиальную и сферическую части. Про радиальную мы уже знаем

Как я понимаю, ваша мысль состоит в том, чтобы уточнить оценку, полученную для роста $p$, с помощью сферической части?

[Red_Herring]

DLL в сообщении #1161164 писал(а):

Как я понимаю, ваша мысль состоит в том, чтобы уточнить оценку, полученную для роста $p$, с помощью сферической части?

Разумеется, нет: $p$ остается ограниченным, но вот из-за сингулярности сферическая компонента может начать метаться по сфере, и только это может напакостить

[DLL]

А, теперь вас понял. Думаю, что там будет все в порядке со сферической компонентой.
Но мне бы хотелось понять вот что. В идеале бы вообще не проходить эту сингулярную точку.
Можно ли для заданной $k(s), s \in [0,1]$ выбрать так начальную точку $p(0)$, чтобы вообще не выходить из $[0, 2 \pi)$?

[svv]

Всё, это последняя форма, больше не буду.
Пусть $\vec p=p\vec e, |\vec e|=1$, тогда

$$\begin{cases}\frac{dp}{ds}=\vec e\cdot\vec k\\2\frac{d\vec e}{ds}=\vec e\times\vec k-\ctg(\frac p 2)\;\vec e\times(\vec e\times\vec k)\end{cases}$$

Это и есть разделение.

[DLL]

В таком случае получается, чтобы производная $\frac{d \vec{e}}{ds}$ не теряла смысл при $p = 2 \pi$, необходимо чтобы в этой точке $\vec{e}$ был коллиниарен $\vec{k}$ или $\vec{k} = 0$.

[Red_Herring]

Попробуйте вначале рассмотреть $\vec{k}= const$. Тогда у Вас будет 2x2 система для $p, \vec{e}\cdot\vec{k}$

[DLL]

В случае когда $\vec{k} = const$, получается:

$$\begin{cases}\frac{dp}{ds}=\vec e\cdot\vec k\\2\frac{d(\vec e \cdot \vec{k})}{ds}=-\ctg(\frac p 2)\; ((\vec{e} \cdot \vec{k} )^2 - k^2)\end{cases}$$

или одно уравнение

$$2 \frac{d^2 p}{d s^2} + \frac{(\frac{dp}{ds})^2 - k^2}{tg(\frac{1}{2}p(s))} = 0,$$

для которого Maple выдает следующее решение (симметрийными методами видимо):

$$ p(s) = \arccos(\frac{2 \sin (ks/2)^2 C_1^2 - 4 \sin(ks/2) C_1 C_2 cos(ks/2) - 2 C_2^2 \sin(ks/2)^2 + 2 C_2^2 - k^2}{k^2}). $$

[Red_Herring]

Замечательно. Упростите это выражение (через $\sin (ks), \cos(ks)$) и подумайте, можно ли подбором коэффициентов добиться поставленной Вами цели (и заодно проверьте, что аргумент $\arccos $ в $ (-1,1)$

[DLL]

Вернемся все-таки к общему случаю:

$$\begin{cases}\frac{dp}{ds}=\vec e\cdot\vec k\\2\frac{d\vec e}{ds}=\vec e\times\vec k-\ctg(\frac p 2)\;\vec e\times(\vec e\times\vec k)\end{cases}$$

Пусть есть гладкое решение, которое проходит через $2 \pi$, то есть $p(s_0) = 2 \pi$.
Тогда если $\vec{k} \neq 0$, то очевидно в этой точке $\vec{e}$ должен быть коллиниарен $\vec{k}$.
Домножим последнее уравнение в системе на вектор $\vec{k}$ скалярно:

$$ 2\frac{d\vec e}{ds} \cdot \vec{k}=-\ctg(\frac p 2) ((\vec{e} \cdot \vec{k})^2 - \vec{k} \cdot \vec{k}). $$

Проанализируем что будет происходить вблизи $2 \pi$, когда угол между векторами мал. Котангенс будет отрицательным (минус котангенс положительным).
В скобках выражения очевидно отрицательное. То есть угол между скоростью вектора $\vec{e}$ и $\vec{k}$ тупой, то есть на самом деле угол между $\vec{e}$ и $\vec{k}$ увеличиваться. Противоречие.
Годно?

[DLL]

Отдельно правда надо разобрать случай, когда вектор $\vec{e}$ коллиниарен $\vec{k}$ в некоторой окрестности $2 \pi$, но он вроде совсем тривиален