маятник Уитни

[Oleg Zubelevich]

У Dave не хватает доказательства того, что $(1-\varepsilon, 1]\in D_+$. Это не следует из

Dave в сообщении #547828 писал(а):

непрерывную зависимость решения и его производной от начального положения

[scwec]

Sup - конечно один из лучших аналитиков, может, и лучший,
однако, комбинировать - это уж через чур.
Теорема справедлива - доказательства нет как нет.

[Oleg Zubelevich]

scwec в сообщении #553859 писал(а):

доказательства нет как нет.

Ну это Вы хватили...

Доказательство.

Рассмотрим решение уравнения (*) $x(t,\xi)$ такое, что $\dot x(0,\xi)=0,\quad x(0,\xi)=\xi\in [-1,1]$.

Предположим, что все решения выходят нам границу $\{x=\pm 1,\quad t\ge 0\}$.
Пусть $\tau(\xi)$ -- время первого выхода на границу решения $x(t,\xi)$ т.е. либо $x(\tau(\xi),\xi)=1$ либо $x(\tau(\xi),\xi)=-1$.
Заметим, что при $\xi\in(-1,1)$ будет $\dot x(\tau(\xi),\xi)\ne 0.$ Действительно, предположим, что $\dot x(\tau(\tilde\xi),\tilde\xi)= 0,$ и пусть для определенности $x( \tau(\tilde\xi),\tilde\xi)=1$. Тогда в силу условия теоремы и уравнения (*) имеем $\ddot x(\tau(\tilde\xi),\tilde\xi)>0$ -- точка $\tau(\tilde\xi)$ является локальным минимумом функции $x(t,\tilde \xi)$, что невозможно.

Отметим, что $\tau (\xi)\in C(-1,1).$
Это следует из уравнения $x(\tau(\xi),\xi)=\pm 1$ и теоремы о неявной функции, ибо $\dot x(\tau(\xi),\xi)\ne 0$.

Остается доказать, что функция $\tau(\xi)$ непрерывна в 1 (for -1 the argument is the same). Это вытекает из
уравнения $x(t,\xi)=\xi+f(0,\xi,0)t^2/2+\mu(t,\xi)=1,\quad |\mu(t,\xi)|\le ct^3\quad t\to 0$ откуда при $\xi\to 1-$ находим

$$\tau(\xi)=\sqrt{2\frac{1-\xi}{f(0,\xi,0)}}(1+o(1)).$$

Таким образом при $\xi\to 1-$ имеем $\tau(\xi)\to 0=\tau(1).$ Значит $\tau(\xi)\in C[-1,1]$.

По доказанному, отображение $\xi\mapsto x(\tau(\xi),\xi)$ является непрерывным ретрактом отрезка на его границу. Что невозможно.




ЧТД

[Dave]

scwec в сообщении #553853 писал(а):

Да вот насчет отделимости как то не очень.

Так а в чём проблема? Если, как я писал, $a \in D_+$ (в т.ч. $a=1$) и $x_a(t_a)=1$, то существует $\min_{0 \leqslant t \leqslant t_a} x_a(t) > -1$, т.е. этот минимум равен $-1+\varepsilon$, где $\varepsilon >0$. Значит, в силу непрерывной зависимости решения от начального условия, существует такое $\delta >0$, что при $|a_1-a|<\delta$: $\min_{0 \leqslant t \leqslant t_a} x_{a_1}(t) > -1+\frac {\varepsilon} 2$. Что же касается поведения траектории $x_{a_1}(t)$ при $t>t_a$, то, будучи очень близкой к $1$ в момент времени $t=t_a$, она уже из этой "окрестности притяжения" не выйдет, более того, в ближайшее время попадёт в точку $x=1$. Примерные рассуждения для доказательства этого, использующие первую и вторую производные, я привёл выше. Довести до строгого доказательства, я думаю, можно.

[scwec]

Dave.Честно говоря, ничего не понял. Вы все время говорите о том, что в любой окрестности якобы для любой точки разделимы траектории, которые ....
На самом деле это вовсе не так.
А это совсем не так.

[Dave]

scwec в сообщении #553884 писал(а):

Dave.Честно говоря, ничего не понял. Вы все время говорите о том, что в любой окрестности якобы для любой точки разделимы траектории, которые ....
На самом деле это вовсе не так.
А это совсем не так.

Что конкретно не понятно? В последнем сообщении слово "разделимы" я вообще не использовал.

[Oleg Zubelevich]

мне ,например, непонятно, как из Ваших рассуждений следует, что $(1-\varepsilon, 1]\subset D_+$

[sup]

Пусть $a \in D_{+}$, $t_0$ - минимальное, для которого $x_a(t_0)=1$. Как уже много раз отмечалось, $\dot x_a(t_0) >0$. Но тогда для некоторого $\varepsilon >0$ если $t_0 < t < t_0+2\varepsilon$, то $x_a(t) > 1$. По определению $D_{+}$ имеем $x_a(t) > -1$ при $0 \leq t <t_0$. Функция $X(s,t)=x_s(t)$ - непрерывная функция двух переменных (и даже дифференцируемая). Из предыдущего вытекает, что $X(a,t)>-1$ для $0 \leq t < t_0 +2\varepsilon$. Кроме этого, $X(a, t_0 +\varepsilon) >1$. По непрерывности это справедливо и для всех $a'$, близких к $a$.

[Oleg Zubelevich]

sup в сообщении #553917 писал(а):

Пусть $a \in D_{+}$, $t_0$ - минимальное, для которого $x_a(t_0)=1$. Как уже много раз отмечалось, $\dot x_a(t_0) >0$

Это неверно, если $a=1$ то $t_0=0$ и $\dot x_1(0)=0$

[ewert]

Oleg Zubelevich в сообщении #553919 писал(а):

Это неверно, если $a=1$ то $t_0=0$ и $\dot x_1(0)=0$

А и не надо рассматривать крайние точки: вполне достаточно того, что для всех начальных данных, близких к крайним, пересечение с соотв. границей полосы заведомо будет и будет первым. И, кстати:

Oleg Zubelevich в сообщении #547610 писал(а):

Предположим, что все решения уравнения (*) бесконечно продолжаемы вправо.

-- зачем?...

[sup]

Ну что ж, действительно, это, пожалуй, единственное уязвимое место (формально). Но ведь доказательство от этого не меняется. Нам ведь не нужна сама производная, а нужно неравенство на саму функцию, а оно в данном случае вытекает из положительности второй производной.
$f(1,0)>0$, значит $X_t(1,t) > 0$ при малых $t>0$. А значит и $X(1,t) > 1$

[Oleg Zubelevich]

sup в сообщении #553926 писал(а):

Но ведь доказательство от этого не меняется

Я в этом не сомневаюсь, я просто отметил, что доказательство Dave
содержит пробел, разумеется устранимый при правильном рассуждении.

ewert в сообщении #553924 писал(а):

Oleg Zubelevich в сообщении #547610 писал(а):
Предположим, что все решения уравнения (*) бесконечно продолжаемы вправо.

-- зачем?...

Затем, что без этого условия $x(t)$ может и вперд не продолжиться до бесконечности и из полосы $\{t\ge0,\quad |x|\le 1\}$ не выйти

[ewert]

Oleg Zubelevich в сообщении #553934 писал(а):

Затем, что без этого условия $x(t)$ может и вперд не продолжиться до бесконечности и из полосы $\{t\ge0,\quad |x|\le 1\}$ не выйти

а куда ему деться с подводной лодки -- если уж по предположению правая часть уравнения в той полосе неплоха?...

[Oleg Zubelevich]

Если хотите что-то сказать, выражайтесь в общепринятых терминах, я про плавание функций на лодках не знаю и не стремлюсь узнать

[ewert]

Oleg Zubelevich в сообщении #553940 писал(а):

Если хотите что-то сказать, выражайтесь в общепринятых терминах,

Вот и я ровно о том же. Приведите контрпример.