Prueba de un teorema acerca de oscilación

Question

Hay un teorema en la página 100 de Arnold Métodos Matemáticos de la Mecánica Clásica, la cual dice que:

Si $\cfrac{dx}{dt} = f(x) = Ax + R_2(x)$, donde $A = \cfrac{\partial f}{\partial x}|_{x = 0}$, $R_2(x) = O(x^2)$, y $\cfrac{dy}{dt} = Ay$, $y(0) = x(0)$, entonces para cualquier $\vphantom{\cfrac12} T>0$ cualquier $\xi > 0$ existe $\delta > 0$ que si $|x(0)| < \delta$, $\vphantom{\cfrac12}|x(t) - y(t)| < \xi \delta$ todos los $t$ en el intervalo de $0 < t < T$.

Cómo puedo probar este teorema rigurosamente?

---

Publicado en matemáticas.sí aquí.

Answer 1

La diferencia entre el $x$ $y$ satisface la ecuación $$\frac{\text d}{\text dt}(x(t)-y(t))=A(x-y)+R_2(x).$$

Esto puede ser resuelto, formalmente, por variación de parámetros, para dar $$x(t)-y(t)=\int_0^t e^{A(t-\tau)}R_2(x(\tau))\text d\tau.$$ Su separación es entonces limitada por $$\begin{align}|x(t)-y(t)| \leq\int_0^t | e^{A(t-\tau)}R_2(x(\tau))|\text d\tau \leq\int_0^T e^{|A|(t-\tau)}|R_2(x(\tau))|\text d\tau.\end{align}$$

Ahora, $R_2(x)=O(x^2)$, lo que significa que existe una constante $M$ y una distancia de $X$ tal que $|R_2(x)|\leq Mx^2$ siempre $|x|\leq X$. Ser capaz de utilizar esto, tenemos que asegurarnos de que $|x(t)|$ no será mayor que en el $\delta$-controlable constante para todas las épocas $t\in[0,T]$, y nuestra herramienta para lograr esto es haciendo que la condición inicial $x(0)=x_0$ lo suficientemente pequeño. Esta es esencialmente la declaración de que la solución es continua con respecto a la condición inicial (es decir, alrededor de la solución de $x(t)\equiv0$$x(0)=0$).

---

Esta continuidad es un estándar de hecho en ecuaciones diferenciales, pero voy a esbozar una prueba aquí. Cualquier solución de $x(t)$ debe ser diferenciable, por lo tanto continua, y por lo tanto limitada. Esto significa que la condición de $|R_2(x(t))|\leq M_{x_0}x(t)^2$ mantendrá para todas las $t\in[0,T]$, para algunos adecuado constante $M_{x_0}$. El lado derecho de la ecuación diferencial para $x(t)$ por lo tanto es Lipschitz continua: $$|Ax(t)+R_2(x(t))|\leq L|x(t)|\tag1$$ para algunos $L>0$. (Como alternativa, puede imponer esta, para empezar.) Establecimiento $u(t)=|x(t)|^2$, usted tiene $$ \frac{\text du}{\text dt} \leq\left|\frac{\text du}{\text dt}\right| = \left|2x(t)\frac{\text dx}{\text dt}\right| \leq 2 L |x(t)|^2=2L u(t). $$ Por Gronwall la desigualdad esto implica que $|u(t)|\leq|u(0)|e^{2L t}$, lo que significa que $|x(t)|\leq |x_0| e^{LT}$ todos los $t\in[0,T]$.

Así, en una palabra: si se puede asumir o demostrar que (1) tiene con $L$ independiente de $x_0$, entonces su solución de $|x(t)|$ será delimitada por $|x_0| e^{LT}$ todos los $t\in[0,T]$. Además, esto significa que si usted elige $|x_0|<\delta\leq Xe^{-LT}$, puede enlazar $|x(t)|<X$ todos los $t\in[0,T]$.

---

Volvamos ahora a la diferencia de $|x(t)-y(t)|$. Ahora podemos aplicar la pequeñez obligado en $R_2$, lo que nos da $$\begin{align} |x(t)-y(t)| &\leq\int_0^t e^{|A|(t-\tau)}|R_2(x(\tau))|\text d\tau \leq\int_0^t e^{|A|(t-\tau)} M|x(\tau)|^2\text d\tau \\& \leq M\int_0^T e^{|A|T}|x_0|^2 e^{2LT}\text d\tau \leq \delta^2 MT e^{(2M+|A|)T} \end{align}$$ para todos los $t\in[0,T]$.

Por lo tanto, si usted está dada $\xi>0$$T<0$, entonces la elección de $\delta=\min\{Xe^{-LT},\xi e^{-(2M+|A|)T}/MT\}$ usted puede asegurarse de que $$|x(t)-y(t)|<\xi\delta$$ para todos los $t\in[0,T]$.

Por último, tenga en cuenta que mientras que esto es dicho en una dimensión del lenguaje, que mantiene con trivial extensiones (es decir, simplemente con definido de forma adecuada las normas) para el modelo, y, por tanto, mayor que la de primer orden las ecuaciones diferenciales ordinarias.

Answer 2

Esto es sólo una versión ampliada de mi comentario anterior. La prueba no es todavía completa.

Para un determinado $T>0$, vamos a $X(x_0,t)$ $Y(y_0,t)$ ser: soluciones de la primera y de la segunda ecuación en su pregunta. Entonces para un determinado $t\in[0,T]$ tenemos :

$$X(0,t)=Y(0,t)=0 \tag 1$$

( la única solución con condición inicial $x_0=0$)

También $$\displaystyle \frac {\partial X(x_0,t)}{\partial x_0}\bigg\vert _{x_0=0} = \displaystyle \frac {\partial Y(x_0,t)}{\partial x_0}\bigg\vert_{x_0=0}\tag2$$

Para ver esto, primero nos aviso de la forma integral de las dos differetial ecuaciones que

$$X(x_0, 0)=Y(x_0,0)=x_0\tag 3$$.

Ahora vamos a $h_1 ( t) = \displaystyle\frac {\partial X(x_0,t)}{\partial x_0}\bigg\vert_{x_0=0}$ y $h_2(t)=\displaystyle \frac {\partial Y(x_0,t)}{\partial x_0}\bigg\vert_{x_0=0}$

Entonces tenemos (tomando la derivada respecto de $x_0$ en ambos lados de las dos ecuaciones diferenciales y usando la ecuación (3), y también el hecho de que $R_2(x)=O(x^2)$):

$\displaystyle \frac {dh_1 (t)}{dt}=Ah_1(t)$ , $h_1 (0)=1$

$\displaystyle \frac {dh_2 (t)}{dt}=Ah_2(t)$ , $h_2 (0)=1$

A partir de estas dos ecuaciones, llegamos a la conclusión de que $h_1 (t)=h_2(t)$ todos los $t\in [0,T]$, que es la ecuación (2).

A partir de las ecuaciones (1) y (2) anteriores llegamos a la conclusión de que $X(x_0,t)-Y(x_0,t)$ es de la forma

$$X(x_0,t)-Y(x_0,t) = x_0^2 h(x_0,t)\tag 4$$ for every $t\[0,T]$

Suponiendo que para cualquier fija $t\in[0,T]$, la serie de Taylor de $X(x_0,t)$ $Y(x_0,t)$ existe (wrt $x_0$) en un barrio $V_t$$x_0=0$, podemos decir que el $h(x_0,t)$ es suave y acotados en $V_t$. Sin embargo, con el fin de demostrar el teorema que uno necesita para mostrar que existe una $a>0$ (dependiendo de la $T$) tal que $h(x_0,t)$ está delimitado en el rectángulo $[-a,a]\times[0,T]$ con límite superior $M$ sobre su valor absoluto. No estoy seguro de cómo demostrar a esta parte y le agradezco mucho si alguien puede dar alguna sugerencia.

Una vez que el acotamiento de $h$ está demostrado que se pueden tomar de $\delta<\xi/M$ y la declaración del teorema siguiente.