Обощение теоремы Тихонова на случай чисто мнимого спектра

[nckg]

В одной работе утверждается, что решение задачи Коши для системы

$$\mu \dot z = A z + \mu g(z), \quad t\in(0,T), \quad z=z(t)\in \mathbb C^n$$

должно слабо (в $L^2(0,T)$) стремиться к нулю при $\mu\to 0$, если спектр (невырожденной) матрицы $A$ --- чисто мнимый. Верно ли это утверждение?

В частности, решение задачи Коши

$$ \dot z = \frac{i}{\mu}z + b z^2, \quad z|_{t=0}=z_0, \;\; z\in \mathbb C $$

должно слабо (в $L^2(0,T)$) стремиться к нулю при $\mu\to 0$.

Если решить это уравнение точно, у меня получилось противоречие.
Решение задачи Коши получилось такое:

$$ z(t)=\frac{i}{(\mu b + \frac{i}{z_0})\exp(\frac{-it}{\mu})-b\mu} $$

При этом

$$ \int_0^{2\pi} z(t) \cdot 1 \, dt = - \frac{2\pi i N}{b} \not\to 0, \;\; \mu=1/N \to 0, \;\; N\in \mathbb N. $$

(интеграл я считал через первообразную, которая существует по кр. мере при достаточно малых $z_0$ и $\mu$)
То есть к нулю решение слабо не сходится.

Если найдёте у меня ошибку, буду благодарен Могу расписать всё подробнее, если нужно.

[mihiv]

По-моему, интеграл получается равным 0.

[terminator-II]

Я бы в это утверждение поверил ибо $e^{tA/\mu}$ стремится к нулю слабо при $\mu\to 0$ во всяком случае если матрица диагонализируема

[nckg]

mihiv, вполне возможно, что я разучился тфкп-шные интегралы считать, поэтому приведу свои выкладки.
Во-первых,

$$\left|\left(\mu b + \frac{i}{z_0}\right)\exp\left(\frac{-it}{\mu}\right)-b\mu\right|\geqslant \frac{1}{|z_0|}-\left|\mu b \exp\left(\frac{-it}{\mu}\right)-b\mu\right|\geqslant \frac{1}{|z_0|} - 2|\mu b|>0$$

при достаточно малых $\mu$ (или достаточно малых $z_0$). Сама функция $(\mu b + \frac{i}{z_0})\exp(\frac{-it}{\mu})-b\mu$ как функция к.п. $t\in \mathbb C$ регулярна, поэтому существует регулярная ветвь $\ln \left((\mu b + \frac{i}{z_0})\exp(\frac{-it}{\mu})-b\mu\right)$.

Если продифференцировать по $t$, получим

$$ \frac{d}{dt}\ln \left(\left(\mu b + \frac{i}{z_0}\right)\exp\left(\frac{-it}{\mu}\right)-b\mu\right)= -\frac{i}{\mu} - \frac{bi}{(\mu b + \frac{i}{z_0})\exp(\frac{-it}{\mu})-b\mu} $$

откуда

$$ z(t)=-\frac{i}{\mu b} - \frac{1}{b}\frac{d}{dt}\ln\left(\left(\mu b + \frac{i}{z_0}\right)\exp\left(\frac{-it}{\mu}\right)-b\mu\right). $$

Замечая что при $\mu=1/N$ логарифм в правой части будет $2\pi$-периодическим (как ф-ция $t\in \mathbb R$), интегрируя по ф-ле Ньютона-Лейбница получаем

$$ \int_0^{2\pi} z(t) \, dt = -\frac{2\pi i}{\mu b} = -\frac{2\pi i N}{b} $$

terminator-II, утверждение действительно похоже на правду, вопрос лишь во влиянии нелинейности $g(z)$.
(ну например, $\sin nt \to 0$, но $\sin^2 nt \not\to 0$, $n\to \infty$)

-- Вт фев 16, 2010 23:39:12 --

ага, первые 3 неравенства начали вызывать у меня сомнения. Они явно написаны в предположении $t\in[0,2\pi]$...

-- Вт фев 16, 2010 23:51:48 --

но это вроде бы не фатально, т.к. раз функция отлична от нуля на отрезке $t\in[0,2\pi]$ и непрерывна, то она отлична от нуля в некоторой (односвязной) области $G\subset \mathbb C$, содержащей этот отрезок, и именно в этой области мы выделяем регулярную ветвь. (далее без изменений)

[mihiv]

Запишем:

$$z(t)=\frac {i\exp(\frac {it}{\mu })}{b\mu (A-\exp (\frac {it}{\mu }))}$$

,где $A=1+\frac i{b\mu z_0},(|A|>1)$ и введем переменную интегрирования $u=\exp (it)$,тогда получим $\int \limits_0^{2\pi }z(t)dt=\frac 1b\int \limits_C\frac {Nu^{N-1}du}{A-u^N}$,где контур C единичная окружность с центром в точке $u=0$.Т.к.$|A|>1$,то полюсы подынтегральной функции лежат вне единичной окружности,следовательно, интеграл по контуру C равен 0.

[nckg]

Запишем:

$$z(t)=-\frac{i}{b\mu} + \frac {i\left(\mu b+\frac{i}{z_0}\right)\exp\left(\frac {-it}{\mu }\right)}{\left(\mu b+\frac{i}{z_0}\right)\exp\left(\frac {-it}{\mu }\right) - b\mu}$$

Интеграл от первого слагаемого не равен нулю, а интеграл от второго мы можем посчитать Вашим способом (сделав замену $v=e^{-it}$) и аналогично должны получить 0. Итого 1=0

-- Ср фев 17, 2010 15:24:12 --

ага, ну всё понятно. Вашим способом уже не получится, т.к. плюсы будут внутри круга, по границе которого интегрируем.

-- Ср фев 17, 2010 15:24:59 --

Тогда остаётся найти ошибку в моём решении.

[terminator-II]

nckg в сообщении #289488 писал(а):

В одной работе утверждается, что решение задачи Коши для системы

$$\mu \dot z = A z + \mu g(z), \quad t\in(0,T), \quad z=z(t)\in \mathbb C^n$$

должно слабо (в $L^2(0,T)$) стремиться к нулю при $\mu\to 0$, если спектр (невырожденной) матрицы $A$ --- чисто мнимый. Верно ли это утверждение?

утверждение верно. делаем замену
$z=e^{At/\mu}w$ пишем уравнение для $w$, делаем выводы

[nckg]

(terminator-II, давайте для простоты рассмотрим случай $A=i$)
я вначале тоже думал что с помощью такой замены можно док-ть утверждение, но из уравнения для $w$:

$$\dot w = g(e^{it/\mu}w)e^{-it/\mu}$$

мне ничего увидеть не удалось...

[terminator-II]

nckg в сообщении #290032 писал(а):

(terminator-II, давайте для простоты рассмотрим случай $A=i$)
я вначале тоже думал что с помощью такой замены можно док-ть утверждение, но из уравнения для $w$:

$$\dot w = g(e^{it/\mu}w)e^{-it/\mu}$$

мне ничего увидеть не удалось...

Нужны еще кое-какие естественные оговорки насчет нач. условия $w(0)$ и функции $g$. Тогда существует $T>0$ такое, что решение этого уравнения будет определено на $[0,T]$ при всех $\mu$ и ограничено на $[0,T]$ константой не зависящей от $\mu$.

[nckg]

Насчёт ограниченности $w$ я согласен - достаточно потребовать ограниченность $g(z)$ при $|z|\leqslant A$, и взять начальное условие для $z$ (=для $w$) достаточно малым, чтобы решение удовлетворяло неравенству $|w|\leqslant A$. Из ограниченности $w$ в силу уравнения следует ограниченность $\dot w$. Тогда для любой непр. дифф. $\varphi$

$$ \int_0^t e^{it/\mu} w \varphi\, dt = \left.\frac\mu i \left[ \varphi e^{it/\mu}\right|_0^t - \int_0^t e^{it/\mu} \frac d{dt} (w\varphi) \, dt \right] = O(\mu), $$

т.к. все входящие в квадратные скобки ф-ции равномерно по $\mu$ ограничены. ч.т.д.

(Оффтоп)

Всё-таки осталось найти баг в моих тфкп-шных рассуждениях

[terminator-II]

осталось заметить, что $C^1[0,T]$ плотно в $L^2[0,T]$ и потому достаточно проверять слабую сходимость только на функциях из $C^1[0,T]$

[nckg]

согласен, это подразумевалось.

-- Чт фев 18, 2010 14:37:08 --

Вообще спасибо за идею, terminator-II! Когда я увидел это утверждение, захотелось как-то попроще его доказать, чем в самой работе. Но про ограниченность $g(z)$ я не догадался ...

[nckg]

(Оффтоп)

Нашёл-таки баг у себя, вот он:

nckg в сообщении #289812 писал(а):

логарифм в правой части будет $2\pi$-периодическим (как ф-ция $t\in \mathbb R$)

Ещё одно несложное упражнение по теме, навеянное рассуждениями mihiv. Пусть $f(z)\neq 0$ - регулярна в $\mathbb C$.
Пусть решение задачи Коши $\dot z = f(z)$, $z|_{t=0}=z_0$ является периодическим при всех $z_0$.
Доказать, что при любых $T>0$ и $z_0$ решение задачи Коши $\mu \dot z = f(z)$, $z|_{t=0}=z_0$ сходится к нулю слабо в $L^2(0,T)$ при $\mu\to 0$.