Диссертация (Динамика физических систем, нормальные формы и цепи Маркова), страница 10

1. Фиксируем значения констант Ca с Cb , для которых вы�полнены предложения 1.5, 1.6 и 1.7. Также предположим, что CbrCbµ, C1 == Cb, C2 = Cb2 .bCa2. Положим(1.29)Можно видеть, что если параметры a, b и µ удовлетворяют (1.14) с даннымизначениями констант C1 и C2 , то выполнены все неравенства в (1.24).2.

Разложим интеграл (1.28) на сумму интегралов по отрезкам Ii и I ⇤ . Вслучае интегралов по отрезкам типов 1 и 2 мы используем предложение 1.6и оценку подынтегрального выражения единицей. Для отрезков типа 3 мы ис�пользуем предложение 1.7.

Таким образом,2⇡Z0✓µ+cos x(t) dt  Ob◆+ZI3✓◆1µ+Odt.b|cos t̂| b cos2 t̂Поскольку I3 ⇢ [0, 2⇡] \ M , последний интеграл не превосходит соответствую�щий интеграл по [0, 2⇡] \ M , равный4arccosZ0✓◆µ1+Odt̂b|cos t̂| b cos2 t̂p✓ ◆ p✓ ◆2211+ 1µ1· ln+O·=Obb◆✓ ◆✓  s◆✓r ◆✓1 2bµµ12ln+O=Oln+ ln. (1.30)+OObbbµCbbПоскольку Cb2, второе слагаемое в квадратных скобках отрицательно иможет быть отброшено.

Отсюда следует(1.28).Доказательство теоремы 1.3. Доказательство содержит две части. Основнаячасть (см. пункты 2–6 ниже) показывается, что если выполнены некоторые усло�вия, аналогичные условиям теоремы 1.2 для a = a0,k (b, µ) (или a = a⇡,k (b, µ)), bи µ, то функция a близка к функции Бесселя, как утверждается в (1.17). Одна�ко a priori мы не знаем, что для заданных значений b и µ границы a...,k (b, µ) k-гоязыка Арнольда удовлетворяют этим оценкам. Поэтому мы начинаем с предва�рительной части (пункт 1 ниже), показывающей, что при некоторых условияхна k, b и µ тройки (a0,k (b, µ), b, µ) и (a⇡,k (b, µ), b, µ) удовлетворяют условиям,нужным для основной части доказательства.1.

Прежде всего фиксируем такие константы Ca и Cb , что будут выполненыpпредложения 1.5, 1.6 и 1.7. Теперь фиксируем значения C1 , C2 и = Cb b/µ,определённого в (1.29).5062Покажем, что при подходящем выборе C10 и C20 и любых b, µ и k, удовле�творяющих (1.16), каждая из троек(kµ, b, µ),(a0,k (b, µ), b, µ),(a⇡,k (b, µ), b, µ)(1.31)удовлетворяет (1.14). Для первой тройки это очевидно выполнено для любыхC10  C1 , C20C2 .

Рассмотрим вторую тройку (аргумент для третьей в точноститакой же). Если C10 достаточно мало, а C20 достаточно велико, то выполненыследующие неравенства:Kp 1 0 + K2 C10 < 1,C2C10  C1 /2,C20C2 ,(1.32)Возьмём любые константы C10 и C20 , удовлетворяющие (1.32). Теперь покажем,что для любых b, µ, k, удовлетворяющих (1.16), верно|a0,k (b, µ)(1.33)kµ| < 1.Действительно, неравенство (1.33) выполнено для любые достаточно больших bпо теореме 1.2. Значит, если оно не выполнено для некоторых b0 , µ0 и k 0 , удовле�творяющих (1.16), то из непрерывности существует b00“почти выполнено”: |a0,k0 (b00 , µ0 )b0 , для которого (1.33)k 0 µ0 | = 1.

Ясно, что тройка (b00 , µ0 , k 0 ) такжеудовлетворяет (1.16), а тройка (a0,k0 (b00 , µ0 ), b00 , µ0 ) удовлетворяет условиям (1.14)теоремы 1.2, потому что|a0,k0 (b00 , µ0 )| + 1  |k 0 µ0 | + 2  2C10Значит, по теореме 1.2|a0,k0 (b00 , µ0 )k 0 µ0 |  K 1rpb00 µ0  C1pb00 µ0 .µ0K2K1+ p 0 0  p 0 + K2 C10 < 1,0bbµC2что противоречит нашему предположению |a0,k0 (b00 , µ0 )k 0 µ0 | = 1.0, удовлетворяющие2. С этого момент и далее фиксируем константы C1,2(1.32). В частности, то означает, что предложения 1.5, 1.6 и 1.7 выполнены длявсех троек в (1.31), где b, µ и k удовлетворяют (1.16).Рассмотрим точку a0,k (b, µ) с такими значениями b, µ и k.

Пусть x0 (t) �такое решение уравнения (1.10) с a = a0,k (b, µ), что x0 (0) = 0. Как было сказановыше, тогда x0 (2⇡)x0 (0) = 2⇡k, и из (1.20) следуетx0 (2⇡) x0 (0) a0,k (b, µ) 1k==+2⇡µµ2⇡Zcos x0 (⌧ ) d⌧.0Поэтомуa0,k (b, µ)⇣ b⌘=kµ + Jkµгде(t) =✓12⇡2⇡Z0⌘⇣bcos kt + sin t + (t)µa0,k (b, µ)µ⇣⌘bcos kt + sin t dt,µ◆Zt1k t+cos x0 (⌧ ) d⌧.µ(1.34)(1.35)0Обозначим также x̂(t) = kt + (b/µ) sin t. Тогда правая часть равенства (1.34)равна12⇡2⇡Z0cos(x̂(t)) · (cos (t)11) dt +2⇡2⇡Z0sin(x̂(t)) · sin (t) dt.Обозначим слагаемые здесь через S1 и S2 соответственно.3. Начнём с оценки нормы .

Поскольку тройка (a0,k (b, µ), b, µ) удовлетво�ряет условиям (1.14), мы можем применить теорему 1.2 к первому слагаемомув (1.35) и предложение 1.8 ко второму. Тогда мы получим◆◆✓ ✓111,+k kC 0 = O pb µ1/2 µ3/2(1.36)Чтобы оценить S1 , мы оценим первый косинус единицей, а второй множительвеличиной k k2C 0 /2.

Отсюда✓ ✓◆◆1 11+.|S1 | = Ob µ µ34. Оценка S2 производится аналогично доказательству предложения 1.8.Мы разбиваем отрезок [0, 2⇡] в объединение отрезков Jj и J ⇤ точками, где x̂(t) ⌘0 (mod 2⇡), рассматриваем множество M и классифицируем отрезки по типам1, 2 и 3, как выше.Напомним, что x̂(t) является решением уравнения (1.22) с= 0 и значе�ниями параметров, равными â = kµ, b̂ = b, µ̂ = µ. Как было сказано выше, мыможем применить к нему предложения 1.5, 1.6 и 1.7.Интеграл в S2 распадается в сумму интегралов по отрезкам Jj и J ⇤ . Обо�(1,2)значим части этой суммы, соответствующие отрезкам типов 1 и 2, через S2,(3)а часть, соответствующую отрезкам типа 3, через S2 .

Применим предложе�(1,2)ние 1.6 к S2(1,2)|S2 |:X⇤J=Jj ,Jтипа 1 или 212⇡J(3)Z✓sin x̂(t) · sin (t) dt ksin kC 02⇡X⇤|J|J=Jj ,Jтипа 1 или 2◆✓ ✓◆◆◆◆ ✓✓µ11111p+=O1+.+·Obbµb µ1/2 µ3/25. Часть S2 оценивается следующим образом. Фиксируем произвольнуюточку tj в каждом Ij . Тогда(3)|S2 |+X12⇡X12⇡Jj типа 3Jj типа 3Zsin x̂(t) · sin (tj ) dtJjZJj⇥sin x̂(t) · sin (t)(3)?Обозначим две суммы в правой части через S2(3)?сумма S2⇤sin (tj ) dt .(3)??и S2соответственно. Перваяоценивается при помощи предложения 1.7:◆✓◆Z ✓µ1(3)?+OOS2  k kC 0dt̂.b|cos t̂|b cos2 t̂J3С этим интегралом можно справиться ровно таким же образом, как с интегра�лом по I3 в доказательстве предложения 1.8.

Из этого вместе с неравенствомpln z  2 z и уравнением (1.36) следует, что✓ ✓◆◆11(3)?1+ 2.S2 = Obµ65(3)??6. В сумме S2величиной oscJj(3)??S2оценимsinx̂(t)единицей,аразностьвквадратныхскобках |Jj | · maxJj | 0 |  |Jj | · (|aX|Jj | oscJjJj of type 3Мы уже видели в (1.33), что |akµ| + 1)/µ:◆✓a12k +.|Jj | ·µµXJj of type 3kµ| = O(1), поэтому последняя квадратнаяскобка является O(1/µ). Из предложения 1.5 следует, что◆Z ✓µ|Jj |2  Odt̂,b|cos t̂|Jjпоэтому из (1.30) мы получаем✓Z(3)??S2Odt̂b|cos t̂|[0,2⇡]\M(1,2)Собирая вместе оценки для S1 , S2◆◆ln(b/µ).=Ob(3)?, S2✓(3)??и S2, мы завершаем доказа�тельство.1.3.5. ОбобщенияИзучим теперь некоторые возможные обобщения теорем 1.2 и 1.3. Теоре�ма 1.2 может быть прямо обобщена на случай любого уравнения вида (1.11),для которого график функции g трансверсально пересекает линию {t = 0}.

Точ�нее, приведённое выше доказательство использует только следующие свойствафункций f и g:1. функции f и g ограничены единицей;2. g липшицева с константой 1;3. график y = g(t) трансверсально пересекает линию y = 0.(Напомним также, чтоR2⇡0f (x) dx = 0,R2⇡0g(t) dt = 0.)Константы, равные единице в этих свойствах, могут быть просто замененына любые другие константы посредством замен(f, g, a, b, µ) ! (f /D, g/D, a/D, b, µ/D),(f, g, a, b, µ) ! (f, g/D, a, bD, µ)для некоторых D > 0. Что касается последнего условия, оно используется вдвух частях доказательства:(1) оценка mes M и (2) оценки интеграловRR2dt̂/|g(t̂)|и[0,2⇡]\M[0,2⇡]\M dt̂/g (t̂) в (1.30).

Выразим условие трансвер�сальности следующим количественным образом: существуют "0 > 0 и L > 0,такие что для любого "  "0 имеемmes M" := mes{t : |g(t)|  "}  L".Предположим, что "0 (это требуемая модификация условия (1.24c)), тогдаmes M оценивается ровно тем же образом, как в доказательстве, и для инте�гралов мы используем следующие оценки:Zdt̂=g 2 (t̂)[0,2⇡]\M1Z0⇢mes t̂ 2 [0, 2⇡] \ M :=1Z01g 2 (t̂)y dy⇢mes t̂ 2 [0, 2⇡] :1 g(t̂)  pydy.Множество пусто, если y > 1/ 2 , иначе мы можем оценить его меру величинойmes M1/py , которая оценивается при помощи условия трансверсальности:1/Z02mes M1/py dy 21/"Z002⇡ dy +1/Z21/"20✓ ◆L1.p dy  O(1) + OyЕщё один интеграл оценивается аналогично, и (1.30) сохраняет его форму. Сле�довательно, мы получаем следующее обобщение теоремы 1.2.Теорема 1.9. Фиксируем любые положительные константы L0 , L1 , L2 , L3 .

То�гда существуют положительные константы C1 , C2 , K1 , K2 , зависящие от L0,1,2,3 ,такие что верно следующее. Рассмотрим любые функции f и g с нулевымисредними, для которых1. их непрерывные нормы ограничены: kf kC0  L1 , kgkC0  L1 ,2. g липшицева с константой L2 : |g(t1 )3. для любогоg(t2 )|  L2 |t1t2 |,< 1/L0 выполнено ограничение mes{|g(t)| < }  L3 .Тогда, если параметры a, b, µ уравнения (1.11) таковы, чтоp|a| + 1  C1 bµ,то верноaµ⇢a,b,µbC2 µ,✓ ◆K1K1K22K2blnp +p .p +µbµ bµbµbµ3Что касается теоремы 1.3, мы заметили в разделе 1.3.1, что сведение куравнению Риккати и отождествление неподвижной точки отображения Pea,b,µдля границ языка Арнольда с 0 и ⇡ работает, только если f (x) = cos x, и g(t)чётна.

Эти условия не могут быть значительно расширены (тривиальное расши�рение достигается заменой координат x0 = x + x0 , t0 = t + t0 ; условие принимаетформу f (x0 ) = cos(x0x0 ), g(t0 ) = g(2t0t0 )). В данных предположениях и приусловии трансверсальности выполнен следующий обсуждавшийся выше аналогтеоремы 1.3. Изменения в доказательстве ровно такие же, как выше.Теорема 1.10.