Градиентные потоки

[type2b]

Рассмотрим голоморфную функцию от переменной $z=x+iy$,

$$F=z-\frac{1}{3}z^3\,,$$

обозначим

$$h\equiv{\rm Re}F=x-\frac{1}{3}x^3+xy^2\,,\quad I\equiv{\rm Im}(F)=y+\frac{1}{3}y^3-x^2y\,.$$

Рассмотрим нисходящий градиентый поток для функции $h$

$$\dot x=x^2-y^2-1\,,\quad \dot y=-2xy\,.$$

Это, по совместительству, гамильтонов поток для гамильтониана $I$ в симплектической структуре ${\rm d}x\wedge{\rm d}y$, так что $I$ является интегралом этой системы.

Функция $h$ показана на рисунке. (Горизонтальные оси -- $x$ и $y$.) Плоскость отмечает $h=-2/3$, что есть значение $h$ в критической точке $z=-1$.

Вложение:

NahmExpansion.jpg [ 59.07 Кб | Просмотров: 0 ]

Нас интересуют потоки на $t\in(0,\infty)$, которые спускаются с горки, которая слева. Мы накладываем начальное условие: при $t\rightarrow 0+$ решение должно уходить на бесконечность как $x\sim -\frac{1}{t}$, $y\sim 0$, плюс регулярные по $t$ члены. При больших $t$ почти все такие потоки уходят вниз, в область $h\ll 0$. Но есть один особый поток, который заканчивается в критической точке $z=-1$. Это решение $z=-\coth(t)$. Обозначим через $h_0(t)$ значение функции $h$, вычисленное для этого решения.

Задача: показать, что для любого из указанных потоков и любого $t\in(0,\infty)$ функция $h(t)$ не превосходит $h_0(t)$, причем равенство достигается только для самого потока $z=-\coth(t)$. Т.е., в некотором смысле, любой поток спускается быстрее, чем поток, заканчивающийся в критической точке.

Я проверял это утверждение в разных приближенных разложениях, и оно, видимо, верно, но никак не могу найти хорошего доказательства. Можно решить систему через эллиптические интегралы, но это не выглядит хорошим путем. Есть, понятное дело, формула $\dot h=-(\partial_x h)^2-(\partial_y h)^2\le 0$. Хотелось бы найти формулу такого типа, но чтобы она годилась для оценки $h-h_0$.

[Dan B-Yallay]

type2b в сообщении #1124793 писал(а) писал(а):

:

$$F=-i\left(z+\frac{1}{3}z^3\right)\,,$$

обозначим

$$h\equiv \operatorname{Re} (F)=x-\frac{1}{3}x^3+xy^2\,,\quad I\equiv \operatorname{Im} (F)=-y-\frac{1}{3}y^3+x^2y\,.$$

Я всего лишь проверить арифметику, у меня мнимая и вещественная части не совпадают с Вашими.

$$\begin{align*} F&=-i\left(z+\frac{1}{3}z^3\right) \\ &=-i\left(x+iy+\frac{(x+iy)^3}{3} \right)\\ &=-ix+y+\frac{-i(x^3+3x^2(iy)+3x(iy)^2+(iy)^3)}3 \\ &=-ix+y+\frac{-ix^3+3x^2y+3xiy^2-y^3}3 \\ &=\Big(y-\frac {y^3}3 +x^2y\Big) + i\Big(-x-\frac {x^3}3 +xy^2\Big) \end{align*}$$

Поправьте, если я где то ошибся.

[type2b]

Спасибо! Я исправил сообщение.

[dsge]

Может быть, применить соображения непрерывности. При нарушении вашего условия решения пересекут устойчивую сепаратрису критической точки, нарушив единственность.
Или параметризовать фиксированный уровень $h$ по $y$, и потом найти минимум модуля градиента в зависимости от $y$, он должен оказаться на сепаратрисе.

[Vince Diesel]

При такой параметризации множества $\{(x(t),y(t))\}|_{t= \operatorname{const}}$ это линии уровня функции $h$. Так что поток постоянен на всех траекториях.

[dsge]

Если поток градиентный, то векторное поле должно быть ортогонально линиям уровня.

[DeBill]

type2b
Простите, я ничего не понял. $t$ - это а)время? или б)время - это $\frac{1}{t}$.
В случае а) - вообще ничего нет....
Видимо, б)...Да только все равно - асимптотика не та...?????
Я нарисовал фазовый портрет. Все нормально: два седла, и в точку $z=-1$ втыкается ровно две сепаратрисы (все остальные фазовые кривые промахиваются мимо), с уравнениями $x^2 = y^2 + \frac{1}{3}$ и $y=0$. Можно подставить в дифур, и найти закон движения по сепаратрисам явно - это, видимо, (для второй) и даст Ваш котахенс, с точностью до сдвига времени.

-- 21.05.2016, 14:15 --

А, видимо, все надо понимать так: берем две точки (с равными значениями $h$: одну - на сепаратрисе (т.е., c $y=0$), а другую - вне). Надо показать, что вдоль решения с первой начальной точкой, функция $h(t)$ ($t$ - время) убывает медленнее, чем вдоль второго. Ну, с точки зрения альпиниста, это совершенно очевидно: если ты cкатываешься кубарем в точку перевала, то твой товарищ, который промахивается мимо нее, скатится и ниже, и быстрее....
А если формально: $x-$ компонента скорости первого (она - отрицательна) всегда будет больше такой же второго (это можно установить индукцией по времени ... ), и тогда скорость убывания потенциальной энергии $h$ для первого меньше, чем для второго...
Ну, а если совсем серьезно, то, видимо, надо честно рассмотреть разности $x_1 (t) - x_2 (t)$, и , в духе леммы Грануола, получитьотрицательность положительность скорости $(h_1 - h_2)^{\cdot}$ (и самой разности)...

[type2b]

dsge, Vince Diesel, извините, я не понял. Почему при нарушении условия решения пересекут сепаратрису?

DeBill, время -- это $t$. Начальное условие на траектории при $t=0$ -- что они имеют сингулярность $z\sim -1/t$. Это корректное начальное условие.

[Vince Diesel]

type2b в сообщении #1124942 писал(а):

Начальное условие на траектории при $t=0$ -- что они имеют сингулярность $z\sim -1/t$. Это корректное начальное условие.

Как я уже писал выше, решение, ему удовлетворяющее, переводит линии уровня $ \operatorname{Re}F$ в линии уровня $\operatorname{Re}F$. Это известный факт для любой (непостоянной) голоморфной функции. Для такого решения $h(t)=h_0(t)=\operatorname{Re}F(x(t),y(t))=-\cth t$. Так что строгого неравенства не будет.

[DeBill]

type2b
Ну, понял, наконец.

(Оффтоп)

Но какая ужасная начальная условия!

Пусть $c$ - значение первого интеграла $I$ на Вашем решении $(x_c(t), y_c(t))$.
Из условия $x_c(t) = -\frac{1}{t} +...$ тогда следует $y_c(t) = -ct^2 + ...$
Подставляя в дифур, находим $x_c(t) - x_0(t) = -\frac{c^2}{7}\cdot t^5 +...$.
Поэтому $x_c(t) < x_0(t)$ для малых положительных $t$
Из явного выражения для сепаратрисы видим, что всегда $x_c <-1$
Имеем: $\dot{x_c} < x_c^2 -1, \dot{x_0} = x_0^2 - 1$
Отсюда, по лемме Гронуолла, $x_c(t) < x_0(t)$ для всех $t$.
Далее, $h_c(t) - h_0(t) = -c^2\cdot t^3 +...$, так что $h_c(t) < h_0(t)$ для малых положительных $t$. Выписывая явно Ваши диф. уравнения на $h_c, h_0$ аналогично получим
$\dot{h_c} < -(x_c^2 -1)^2, \dot{h_0} = - (x_0^2 -1)^2$, откуда из условия $x_c(t) < x_0(t)$ получим
$h_c(t) < h_0(t)$ для всех $t$.

[type2b]

Vince Diesel, не могли бы Вы пояснить, откуда берется этот факт? Чтобы градиентный поток сохранял линии уровня, надо, чтобы $\dot{h}$ было функцией $h$. Но это же неверно: $-\dot{h}=|\partial_z F|^2$ не обязано быть функцией ${\rm Re}F$. Наложение моего гранусловия ничего не поменяет, т.к. оно просто убивает сдвиги $t$. Видимо, я что-то не понимаю.

(Если бы Ваше утверждение было верно, то оно бы как раз доказывало нужное неравенство. При $t=0$ при моем начальном условии мы начинаем не с линии уровня.)

DeBill, спасибо большое! Хорошее доказательство!
На самом деле, эта задача возникла как простой частный случай другой задачи, которую мне надо решить. Там плоскость $z$ заменяется некоторым бесконечномерным пространством, а $F(z)$ -- некоторый функционал на нем. Я надеялся, что решение простого случая поможет с той задачей. К сожалению, первый шаг, с неравенством на $x$, не обобщается. Эх. Но хотя бы теперь есть разобранный простой случай.

[Vince Diesel]

Да. ошибся. Хотя вроде помню, что подобное утверждение есть. Может, вместо $\operatorname{Re}F$ там какая-то другая функция. Не могу найти ссылку.

[DeBill]

Vince Diesel
Если двигаться вдоль градиента, но со скоростью, обратно пропорциональной его длине, то как раз и будут линии уровня потенциала переходить друг в друга....