Добавил:
ivanov666
Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.
Вуз:
Предмет:
Файл:Устойчивые и хаотические движения в динамических системах. В приложении к небесной механике
.pdf
3. ДОКАЗАТЕЛЬСТВО ЛЕММ 1 И 2 ГЛАВ Ы III 137
— решение (2.1) с начальными значениями
z(t
; v0,t0)=0, ˙z0(t0; v0,t0)=v0.
0
Тогда образ (v
щим образом: t
Аналогично, φ
<t
функции z(t; v0,t0),еслионсуществует,и
0
Чтобы установить область определения φ
) точки (v0,t0) при отображении φ получается следую-
1,t1
— следующий нуль >t0функции z(t; v0,t0) и
1
= |˙z(t1; v0,t0)|.
v
1
−1
переводит (v0,t0) в (v−1,t−1),гдеt−1— ближайший нуль
= |˙z(t−1; v0,t0)|.
v
−1
−1
, заметим, что дифференциальное уравнение (2.1) инвариантно относительно отражения (z, ˙z, t) →
→ (z, −˙z,−t),таккакr(−t)=r(t), и из этого условия следует справедли-
вость тождества
z(−t; −v
Таким образом, если ρ обозначает отражение (v
приходим к выводу, что
причем φ
раза φ,имыположимD
−1
определено строго в ρ(D0). Ясно, что это также область об-
1
, −t0)=z(t; v0,t0).
0
) → (v0, −t0),томы
0,t0
−1
= ρ−1φρ,
φ
= φ(D0),такчтоD1= ρ(D0). Это доказывает
утверждение леммы 2, за исключением свойства сохранения площади. Выпишем дифференциальное уравнение (2.1) в гамильтоновом виде
, ˙v = −Hz,
˙z = H
v
где
H =
1
2
v
−
2
z2+ r2(t)
1
.
Хорошо известно, что дифференциальная форма (Картана)
dv ∧dz −dH ∧dt
сохраняется потоком, и наше отображение φ сохраняет ограничение данной
формы на z =0, dz =0, которое задается как
2
v
−dH ∧dt = −d
∧ dt = −vdv ∧ dt,
2
что и требовалось доказать.
138 ГЛАВА VI
4. Доказательство леммы 3 главы III
а) Доказательство леммы 3 основано на вычислении граничной кривой
∂D
, которую мы записываем в виде
0
v
= λ(t0,ε),
0
где, согласно лемме 1, функция λ — вещественно аналитическая функция
переменной t
∂D
области значений задается следующим образом
1
периода 2π,аε обозначает эксцентриситет в (2.2). Граница
0
v
= λ(−t0,ε),
0
и обе кривые пересекаются при t
=0. Чтобы касательные в этой точке
0
были различны, нам необходимо, чтобы выполнялось условие
∂λ
=0. (4.1)
∂t
0
t0=0
Покажем, что
2
∂
λ
∂t0∂ε
< 0 при t
=0,ε=0, (4.2)
0
что приводит к (4.1) при достаточно малом ε>0. Фактически, так как λ —
вещественно аналитическая функция ε на интервале 0 ε<1,то(4.1)
может нарушаться только на дискретном множестве значений.
b) Используя обозначение
1
U(z, t)=(z
2
+ r2(t))
−
2
, (4.3)
мы запишем дифференциальные уравнения в виде
∂U
∂z
.
¨z =
Отсюда мы получим интегральное уравнение для параболических решений,
характеризуемых условием ˙z(∞)=0, существование которых уже установ-
лено. Для этого мы умножим последнее уравнение на −˙z, проинтегрируем
от t до ∞ иполучим
1
˙z
2
2
= −
∞
∂U
˙zdt. (4.4)
∂z
t
4. ДОКАЗАТЕЛЬСТВО ЛЕММЫ 3 ГЛА ВЫ III 139
Решение с условиями z(t0)=0, ˙z(t0) > 0 определяет параболическое решение, скажем z = z(t; t
,ε),и
0
= λ(t0,ε)= ˙z(t0; t0,ε).
v
0
Мы определим только постоянные и линейные члены по ε в z и λ.
Полагая ε =0в (4.4), мы получаем
∞
1
2
˙z
= −
2
∂U
0
˙zdt = U
∂z
t
(z), (4.5)
0
гдесучетом(2.2) и (4.3)
⎧
⎪
⎪
⎪
⎪
⎪
⎨
⎪
⎪
⎪
⎪
⎪
⎩
U = U
U
0
+ εU1+ O(ε2),
0
=z2+
1
4
1
−
2
; U1=
1
cos t
4
2
+
z
.
3
2
1
4
(4.6)
Дифференциальное уравнение (4.5) не зависит от t и может быть проинтегрировано явно. Но нам не нужно явное выражение, и мы только определим единственное решение z = ζ(t) уравнений (4.5), удовлетворяющее
условиям ζ(0) = 0,˙ζ(0) > 0.Тогдаζ(t) — положительная монотонно возрастающая функция при t>0 с˙ζ(0) = 2, и общее решение (4.5) задается
выражением ζ(t −t
). Следовательно, мы можем записать
0
z(t; t
,ε)=ζ(t −t0)+εz1+ O(ε2)
0
и
,ε)= ˙z(t0; t0,ε)=˙ζ(0) + ε ˙z1|
λ(t
0
Так как˙ζ(0) = 2,токривая∂D
в первом приближении является окружно-
0
+ O(ε2). (4.7)
t=t
0
стью радиуса 2, в соответствии с рассуждениями в главе III, § 5d).
Чтобы вычислить z
, мы выведем дифференциальное уравнение
1
из (4.4), сравнивая коэффициенты при ε и накладывая граничное условие z
формулам
=0при t = t0. Упростим вычисления, введя функции ω и w по
1
⎧
⎪
⎨
ω =ζ
⎪
⎩
w = ωz
2
(t −t0)+
.
1
1
4
1
,
4
(4.8)
140 ГЛАВА VI
Тогда дифференциальное уравнение для z1примет вид
∞
˙w = −
1
8
t
1
√
8
∂U
∂z
t
∞
∂U
1
˙
ζdt при ε =0.
∂z
0
∞
3
cos(t0+ s)
4
0
1
ζdt,
˙
ζ˙ζ
ds,
10
ω
отсюда при t = t
Полагая t = t
+ s и используя (4.6), получаем
0
мы имеем
0
˙w(t
0
˙w(t
0
)=−
)=+
˙
ζ
ω
√
где у ζ , ω аргументом является s. Используя (4.7), (4.8),находим
,ε)=2+ε√2˙w(t0)+O(ε2)=
λ(t
0
(4.9)
где
=2+ε
A =
3
(−A sin t
8
∞
sin(s)
0
+ B cos t0)+O(ε2),
0
ζ˙ζ
ds, (4.10)
10
ω
а B — аналогичный интеграл, содержащий cos s.Формула(4.9) показывает, что ∂D
— в первом приближении эллипс, и наше условие (4.2) для
0
трансверсального пересечения будет удовлетворяться, если A>0.
с) Чтобы показать, что A>0, воспользуемся неравенствами ζ(s) > 0,
˙
ζ(s) > 0 при s>0,итаккакsin s>0 при 0 <s
A
∞
(sin s)(ζ˙ζω
π
2
−10
) ds =
∞
π
2
(cos s)
π
, то мы имеем
2
d
(ζ˙ζω
ds
−10
) ds,
где мы применили интегрирование по частям. Используя дифференциальное уравнение (4.5) для ζ, мы получим соотношение
ds
d
(ζ˙ζω
−10
)=¨ζζω
= −ζω
−10
+˙ζ
−6ζω−10
2
∂
∂ζ
+2ω
(ζω
−10
−2
∂
∂ζ
)=
(ζω
−10
)=
5. ДОКАЗАТЕЛЬСТВО ЛЕММЫ 4 ГЛА ВЫ III 141
= ω
−16
{−9ζ2+
1
} = f(ζ),
2
которое определяет f (ζ). Покажем, что
2
ζ
(s) ζ
π
2
> 1 при s
2
π
, (4.11)
2
так что f(ζ) отрицательно. Рассуждая стандартным образом, из неравенства
f(ζ) < 0 мы приходим к выводу, что интеграл
∞
cos sf(ζ) ds
π/2
положителен при условии, что f (ζ) — монотонно убывающая функция переменной s.Таккак˙ζ>0, достаточно показать, что значение выражения
df
dζ
∂
=
∂ζ
положительно при s
−16
ω
−9ζ
π
,чтосноваявляетсяследствием(4.11).
2
1
2
+
2
= ω
−20
ζ54ζ2−
Наконец, чтобы проверить (4.11), воспользуемся монотонностью ζ.Ес-
ли бы (4.11) было неверно, то есть если бы выполнялось ζ
17
2
π
2
1,тогда
имело бы место
2
˙
ζ
(s)=
2
ζ2+
4
4
>
√
5
1
4
при 0 s
3
π
,
2
отсюда вместе с условием ζ(0) = 0 следовало бы
π
2
ζ
2
2
4
>
π
·
3
2
2
π
> 1,
=
3
что противоречит нашему предположению. Это полностью доказывает лемму 3.
5. Доказательство леммы 4 главы III
а) Перейдем к исследованию отображения φ вблизи границы D0.Ука-
занное отображение будет сведено к другому отображению ψ, которое
142 ГЛАВА VI
мы сейчас определим. Обратимся к дифференциальному уравнению (2.10)
в координатах x, y, t, в котором параболические при t →±∞орбиты зада-
ются условиями x =0и y =0. Решения, которые не являются убегающими,
лежат в области x>0, y>0. Рассмотрим поток с малой положительной
константой a<1 на
0 <x a, 0 <y a, 0 t<2π. (5.1)
Взяв другую положительную константу δ из интервала
0 <δ a<1, (5.2)
мы рассмотрим кольца
(δ): 0<x<δ, y= a,
A
0
A
(δ): x = a, 0 <y<δ,
1
(5.3)
на которых t рассматривается как угловая переменная. Если константа a достаточно мала, то решения (2.10),проходящиечерезA
(a), пересекаются
j
трансверсально, и мы покажем, что при достаточно малом значении δ решения, выходящие из A
(δ),проходятчерезA1(a) сростомt.Взявпервое
0
такое пересечение, определим отображение
(δ) → A1(a). (5.4)
0
Следуя за орбитами из A
ψ : A
(δ) назад к их первому пересечению с плоскостью
0
z =0(в обозначениях § 2) при уменьшении t, мы определим отображение
φ
: A0(δ) → D0.
−
Аналогично, следуя вдоль решений, начинающихся в A
(a), вперед к их
1
первому пересечению с z =0, мы определим
: A1(a) → D1.
φ
+
Эти отображения вполне определены, и ясно, что наше отображение φ задается формулой
φ = φ
при ограничении на граничную полосу φ
Важно отметить, что φ
ниц A
, A1. По этой причине утверждения леммы 4 об отображении φ
0
, φ−— диффеоморфизмы за пределами гра-
+
−1
ψφ
+
, (5.5)
−
(δ)).
−(A0
5. ДОКАЗАТЕЛЬСТВО ЛЕММЫ 4 ГЛА ВЫ III 143
Рис. 20
будут вытекать из аналогичных утверждений об отображении ψ. В част-
ности, мы увидим, что ψ не продолжаемо непрерывно на границу x =0
множества A
b) Обозначим переменные на A
, t1,такчтоψ переводит (x0,t0) в (y1,t1). Теперь покажем следующее:
y
1
если α — число из интервала 0 <α<
1−2α
и δ
.
0
(δ) через x0, t0,анаA1(a) —через
0
1
,тодлядостаточномалогоa
2
<aотображение ψ действует следующим образом:
ψ : A
(δ) → A1(δ
0
1−2α
). (5.6)
Это следует из некоторой простой оценки для решений: вернемся к дифференциальному уравнению (2.8), рассматриваемому в области (5.1).Если
выбрать a достаточно малым, то мы будем иметь
dx
(1 + α)x
ds
(1+α)s
. (5.7)
и, следовательно,
(1 −α)x
(1−α)s
e
x
0
x(s) x0e
Аналогично найдем
y
0
−(1+α)s
e
y(s) y0e
−(1−α)s
, (5.8)
144 ГЛАВА VI
где мы выбираем y0= a.Из(5.7) следует, что существует точка s∗(зависящая от (x
)), такая, что x(s∗)=a,где
0,t0
1
1+α
log
a
x
0
s∗
1
1 −α
log
a
.
x
0
Таким образом, согласно (5.8),справедливо
∗
a
так как
∗
y(s
1 − α
> 1−2α. Это доказывает (5.4) для достаточно малого δ.Далее
1+α
) ae
−(1−α)s
нам необходима оценка времени T = t
чтобы переместится из A
и мы утверждаем следующее: если 0 <α<
t
0
и, следовательно, T →∞при x
(δ) в A1(a).ВремяT — функция переменных x0,
0
−
T x
0
→ 0.
0
1−α/1+α
x
0
a
− t0, которое требуется для того,
1
1
2
3
(1−2α)
2
1−2α
<δ
, (5.9)
и a достаточно мало, то
Чтобы доказать это, мы используем последнее уравнение (2.8) иполу-
чим при достаточно малом a
1
следовательно,
Определим s
dt
4
ds
s
1
T
4
0
> 0 следующим образом:
0
(x + y)
∗
(x + y)−3ds.
−3
,
(5.10)
так что s
<s∗и
0
T
2s
0
e
1
4
y
0
=
=
x
0
s
0
(x + y)−3ds.
0
a
,
x
0
6. ДОКАЗАТЕЛЬСТВО ЛЕММЫ 5 ГЛА ВЫ III 145
В этом интеграле мы оценим x, y спомощью(5.7), (5.8) и введем новые
независимые переменные σ = s
s
0
1
T
Опуская в интеграле e
ному числу при s
T c
(x0e
4
0
3
x
1
=
4
0
a
1
2
0
y
0
3ασ
→∞,мынаходим
3
−
(1+α)
2
−s; после некоторых вычислений получим
0
(1+α)s
α
(x0y0)
+ y0e
−
−(1−α)s)−3
s
0
3
+3ασ(eσ
2
e
0
ds =
+ e−σ)−3dσ.
и замечая, что интеграл сходится к фиксирован-
3
−
(1−α)
2
x
0
c1x
−
0
3
(1−α)
2
x
−
0
3
(1−2α)
2
,
если x
юся на x
можно предполагать, что |t
С другой стороны, согласно (5.9), y
достаточно мало, что приводит к (5.10).
0
c) Чтобы доказать лемму 4, рассмотрим C
=0. Мы можем представить ее как t0= t0(x0), 0 <x0<δ,где
0
= t0+ T (x0) →∞, при x0→ 0.
t
1
)| 2π. Тогда для образа кривой мы имеем
0(x0
→ 0 при x0→ 0, что показывает,
1
1
-дугу в A0(δ), опирающу-
что кривая образа при отображении ψ стремится по спирали к границе A
=0.Таккакв(5.5) отображения φ+, φ−дифференцируемы, включая
y
1
границу области, это же свойство имеет место для φ, что и доказывает
лемму 4.
6. Доказательство леммы 5 главы III
a) Линеаризованные уравнения
Лемма 5 связана с якобианом dφ отображения φ.Всвязисэтиммы
будем исследовать якобиан dψ отображения ψ, определенного в предыдущем параграфе. С этой целью мы рассмотрим линеаризованные уравнения,
соответствующие дифференциальному уравнению (2.10)
⎧
˙
⎪
ξ = f
ξ + fyη + ftτ,
˙η = g
˙τ =0,
x
x
ξ + gyη + gtτ,
(6.1)
⎨
⎪
⎩
,
1
146 ГЛАВА VI
и оценим их решения при t0 t t1. Одно из решений тривиально задается формулами
ξ = f (x, y, t),η= g(x, y, t),τ=1, (6.2)
где x = x(t), y = y(t) — решения (2.10). Наша цель — оценить два оставшихся решения, линейно независящих друг от друга и от (6.2),гдеτ =0.
Заметим, что τ(t
)=0предполагает и τ(t)=0при t>t0. В связи с сим-
0
метрией, достаточно описать только одно такое решение, что и происходит
в следующей лемме. Мы хотим отметить, что предлагаемый метод оценки
решений используется не только в этом частном примере, но также может
давать преимущества при исследовании потоков или отображений вблизи
гомоклинических решений.
Лемма 2. Пусть θ — постоянная из интервала
1
<θ<
2
7
9
(6.3)
и постоянная a в (5.1) достаточно мала. Тогда для решения (6.1) справедливы соотношения
y(t)
|η(t)| θ
|ξ(t)|,τ(t)=0 (6.4)
x(t)
на интервале t
положении, то есть при t = t
t t1при условии, что они имеют место в начальном
0
.Здесьx(t), y(t) — решения (2.10) вобла-
0
сти (5.1).Болеетого,длялюбогорешения(6.1) этого типа мы имеем
|ξ(t
)|
1
если 0 <x(t
Д
) <δ.
0
ОКАЗАТЕЛЬСТВО. Приведенные выше оценки очень легко получить
x(t1)
x(t0)
|ξ(t
0
)|
1
2
a
|ξ(t0)|, (6.5)
δ
с помощью введения переменных u, v
2
x = u
,y= v2,
√
где 0 <u<
вид
a, 0 <v<√a. Дифференциальные уравнения (2.10) примут
˙u = F (u, v, t)=u((u
˙v = G(u, v, t)=v(−(u
2
+ v2)3+ O8),
2
+ v2)3+ O8),
(6.6)
Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]