Продолжаемо ли решение системы?

[DLL]

Рассмотрим систему

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

где $p(s)$ - скалярная функция, а $e(s)$ - единичный вектор.

Домножим последнее уравнение в системе на вектор $\vec{k}$ скалярно:

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

К сожалению, анализ в этой теме ошибочен (предпоследнее сообщение).

Но в случае, когда $\vec{k} = const$ систему

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

можно свести к одному уравнению

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

и так как отсутствует явная зависимость от $s$, вводя новую переменную $P = \frac{dp}{ds}$, дело стандартным образом сводится к одному уравнению первого порядка

$$2 \frac{dP}{dp} = - \frac{P^2 - k^2}{P \tg{p/2}}$$

с разделяющими переменными, откуда

$$(P^2 - k^2) \sin{p/2} = C_1$$

или

$$((\frac{dp}{ds})^2 - k^2) \sin{p/2} = C_1.$$

Отсюда очевидное следствие: $p(s)$ может проходить через $2 \pi$ только в случае вырожденного решения $p = ks + b$ или $p = -ks + b$, а $\vec{e}(s) || \vec{k}$.
Есть ли какие-то идеи как можно проверить это в общем случае?

[DeBill]

DLL в сообщении #1166027 писал(а):

$p(s)$ может проходить через $2 \pi$ только в случае

Вообще то, это не есть "непродолжаемость", это просто означает, что точка $p=2\pi$ - особая...
В Ваших выкладках потерялась "2" (так что синус в последней формуле будет - в квадрате). Тогда заменой $z=\sin^2(\frac{p}{2})$ последнее уравнение сведется к приличному интегралу, и есть надежда явно найти решение...
Такого сорта особые точки - не очень уж и особые (Иногда они возникают лишь из-за неудачного выбора координат.): через такие точки решение может проходить за КОНЕЧНОЕ время. Надо попробовать таки явно дорешать - и посмотреть.

[DLL]

DeBill в сообщении #1166082 писал(а):

DLL в сообщении #1166027 писал(а):

$p(s)$ может проходить через $2 \pi$ только в случае

Вообще то, это не есть "непродолжаемость", это просто означает, что точка $p=2\pi$ - особая...
В Ваших выкладках потерялась "2" (так что синус в последней формуле будет - в квадрате). Тогда заменой $z=\sin^2(\frac{p}{2})$ последнее уравнение сведется к приличному интегралу, и есть надежда явно найти решение...
Такого сорта особые точки - не очень уж и особые (Иногда они возникают лишь из-за неудачного выбора координат.): через такие точки решение может проходить за КОНЕЧНОЕ время. Надо попробовать таки явно дорешать - и посмотреть.

Да, вы правы. Квадрат я потерял.
Дальше проинтегрировать само собой можно.
Но не нужно. И вот почему.
Из полученного первого интеграла сразу следует что кроме вырожденного решения остальные не проходят через $2 \pi$.
Но это получено в частном случае когда $\vec{k}(s) = \vec{k} = const$.
Меня же интересует общий случай когда $\vec{k}(s)$ - произвольная достаточно хорошая функция.
Когда есть зависимость от $s$ свести к одному просто интегрируемому ОДУ уже не удается...

[DeBill]

DLL в сообщении #1166120 писал(а):

Но не нужно.

Ну, можно нарисовать фазовый портрет - на плоскости $(p,q = \frac{dp}{ds})$.
Он - качественно - ясно какой: плоскость делится прямыми $p = 2\pi n$ и $q=\pm k$ на прямоугольники , и полуполосы, картинка - $2\pi$- периодична. В прямоугольниках: особые точки типа "центр", периодический режим (похоже на нелинейный маятник; решения $p = p(s)$ - все периодические, но с разными периодами). В полуполосах: все уходит на бесконечность (по $q$), $p$ стремится к $2\pi \cdot $ целое. На граничных прямых: на вертикальных - не определена правая часть....; на горизонтальных: (напр., $q=k$) $q$ постоянно - это и есть два Ваших суперрешения. Картинку хорошо рисовать на цилиндре, склеивая прямые $p=0$ и $p=2\pi$. Характерная особенность картинки - наличие седловых связок - сепаратрис, идущих из седла в седло.
Можно посмотреть, что будет, если $k$ мало отличается от константы.
1. Общий случай -ничего не понятно
2. $k$ зависит от $q$ и - периодически - от $p$, близко к константе, не зависит от $s$. Седла останутся седлами, центры - разрушатся - станут фокусами (устойчивыми или неустойчивыми - надо считать, в зависимости от возмушения).
За счет ужасного котангенса вертикальная седловая связка, видимо, сохранится, а вот горизонтальные - разрушатся. Пусть, для простоты, $k$- четно по $q$. Возможны разные сценарии. Напр., сепаратриса, выходяшая из $p =0, q = k$, уйдет вверх, на бесконечность. Тогда она отделит от соотв-й полуполосы область, в которой все будет как прежде. Вблизи фокуса - понятно, картинка "фокус". А вот от контура прямоугольника ("сложный цикл") может отделиться (одна или несколько - в зависимости от "кратности" этого цикла) несколько периодических траекторий. Уже вопрос о кратности сложного цикла - очень сложный.
3. При больших возмущениях - совсем погано. 16-я проблема Гильберта потому и стоит до сих пор...

-- 05.11.2016, 14:21 --

Вах, у Вас $k$ - функция от $s$! Совсем плохо.
Аналог: пусть имеется маятник (грузик на веревочке), и Вы знаете, как меняется со временем длина веревочки. Что можно сказать про него? Ничего....
Вообще то, что то можно: если меняется - мало. Тогда, при малых $s$ - похоже на маятник, но за счет ПАРАМЕТРИЧЕСКОГО резонанса - может потерять устойчивость (малых колебаний - это соответствует "$C_1$ чуть больше $-k^2$)"...

[DLL]

Функция $\vec{k} = \vec{k}(s)$ и не зависит от $p$.
Меня с большего с качественной точки зрения интересует только один вопрос: может ли решение $p = p(s)$ проходить через $2 \pi$?
В случае $\vec{k} = const$ меня ответ удовлетворяет: есть только вырожденное решение проходящее через $2 \pi$.
Наверное, следует все равно начинать с некого простого примера, типа линейной зависимости $\vec{k} = \vec{k}_0 + \vec{k}_1 s$...

[DLL]

Мне пришла в голову еще одна интерпретация.
Когда $\vec{k} = cпonst$, то имеет место единственность решений вблизи особой точки.
При этом там только два возможных случая начальных значений: $\vec{e} = - \vec{k}$ и $\vec{e} = \vec{k}$, когда $p = 2 \pi$.
Было бы крайне здорово, если бы этот факт имел место и в общем случае. Но не очень ясно как это исследовать с такой сильной сингулярностью.

[DeBill]

DLL в сообщении #1166027 писал(а):

можно свести к одному уравнению

(Здесь - опечатка: в квадрат возводится оператор диф-я, но не первая производная)
Добавим уравнение $\frac{ds}{ds} =1$, и домножим полученную систему на ваш тангенс: получим автономную систему, чьи фазовые кривые совпадают с интегральными (т.е., с графиками решений) исходной. Полученная система имеет целую кривую особых точек $p = 2\pi, P=k(s)$. Вроде бы, в каждой из них одно собственное значение - нулевое, а два других в сумме дают 0 (не проверял). Такие особые точки - боле-мене - изучены (посмотрите работы Ремизова А., например). У них есть две инвариантные ( "центрально-устойчивое" и "центрально-неустойчивое" ) поверхности, проходящие через линию особых точек.
Одна из них - неинтересна (касается плоскости $p = 2\pi$), а другая - то, что надо: кривые на ней "втыкаются " в линию особых точек (за конечное время $s$) . Так что Вы правы:
по крайней мере, вблизи точки $p=2\pi, P = k(s_0), s=s_0$ есть целая кривая, состоящая из точек $(p_0,P_0,s_0)$, что решение с начальными условиями $p(s_0) = p_0, P(s_0) = P_0$ проходит сквозь $p=2\pi$

[DLL]

Да, конечно, там вторая производная. Не мог ли бы вы немного пояснить про умножим "полученную систему на ваш тангенс"?

[DeBill]

DLL
1. У нас $k=k(s)$ - неавтономная. Но можно считать ее автономной - но в трехмерном пространстве.
2. Домножение векторного поля (т.е., правой части дифура ) на функцию, меняет длины векторов, но оставляет их касательными к фазовым кривым. Потому при исследовании фазового портрета допустимо домножить всю правую часть на - произвольную функцию, в данном случае - на знаменатель (тангенс). (Единственно - надо аккуратно особо смотреть на появляющиеся-исчезающие особые точки). Тогда все нули в знаменателях исчезнут, и система станет боле традиционной....

[DLL]

Окей, спасибо!