А.Т. Фоменко - Вариационные методы в топологии (1117996), страница 59
Текст из файла (страница 59)
(10) П р е д л о ж е н н е 24.5. 1. При выполнении услоеий ( 10) сущест- вует решение урслнения (9) а(1) тсксе, что 0< а~и/2 и сущест- вуют пределы 1!ш а(Г)=0, 1пп ов(1)=н/2. Такое решение су- С вЂ” со +оэ ществует также в симметрическом случае, когда п=т, й,=кв. Перепишем уравнение (9) в виде сад = Р(1, а, а). Тогда сущест- вует некоторая постоянная Св такая, что ~Р! ~Св(!+~а!) н Р(Г, О, 0) Р(Г, п)2, 0)=0.
Можно проверить (см. [106]), что Е46 ЕА»иАциоиные методы В топологических ВАдАчАх !Гл. ь в этом случае для любого положительного Т существует решение аг уравнения (9), удовлетворяющее следующим условиям: аг( — Т) =О, аг(Т) =и/2, (11) О» аг(!)(и/2 и !иг!ч=С на ( — Т, +Т), где постоянная С зависит только от С». Рассмотрим некоторую последовательность Т„-+ОО при и-» ОО. Поскольку члены соответствующей последовательности аг„РавномеРно огРаничены вместе со своими пРоизводными до третьего порядка включительно, существует подпоследовательность а», которая в равномерной топологии С'(Р) сходится к решению а»(!) уравнения (9), определенному на всей прямой Р и удовлетворяющему неравенствам О~а»(!)~и/2.
Докажем, что решение аэ(!) нетривиально, т. е. не равно тождественно нулю или и/2. Допустим, что а,(!) за О. Перепишем уравнение (9) в виде а (!) = й (!) а (!) — а (!) з )п а (!) соз а (!). (12) Решения агни (!) равномерно на каждом отрезке сходятся к нулю. 6 силу условий теоремы 4Ц > (и» вЂ” 1)', кроме того 1!т д(!) = Х„ с-» отсюда следует существование таких чисел 1, 0 и й», что ~ () ,»$па(!)со»а(0 ) ! ! !(т — !)» ) ! На некотором отрезке 1!», !»1 для а=а» при й) й» это неравенство выполнено, Выберем теперь число Ц, исходя из следующих двух условий: (А) ! — Ц ~ ~ — )- 4 — Х,~, что означает, что на отрезке 18», !»1 выполнено неравенство Ц(й'(!) з!па(!) соза(!) (а(!))-». (Б) 4Ц)(т — 1)* и Ц настолько близко к 4, что период уравнения !) =(л — 1) р — Ц() меньше (,— !», т, е.
решение этого уравнения имеет на отрезке [г„ !»! хотя бы один корень. Пусть р(!) — решение уравнения р = (т — 1))1 — Ц!), удовлетворяющее начальным условиям 5 (!») = а(!») ) О, () (!») = а (!») Рассмотрим функцию в=ар — ар, Для этой функции имеем в(!»)=О, а(!»)(О, поскольку !»((т — 1). До тех пор, пока выполняются два неравенства: е ~ О, т.
е. — ( — ) и р- О, будет а з1 выполнено неравенство й(0. Первое неравенство не может на. рушиться раньше второго, а р имеет иа отрезке 11„!»1 корин, 247 4 Ья ТРИ ГЕОМЕТРИЧЕСКИЕ ЗЛДЛЧИ Пусть 1,— первый из них. В этой точке, очевидно, Гв(0, т. е. аб)О, что невозможно, поскольку а) 0 и (э((,) м=О. Совершенно аналогично, с использованием условия 4ХГ) )(п — 1)', доказывается невозможность ситуации аь(Г) мвп/2.
В симметрическом случае из теоремы работы 1106] следует, что решения аг(Г) удовлетворяют равенству аг( — 1)+аг(Г) =и/2 иа (О, Т). Поэтому эти решения не могут сходиться к нулю или п~2. Из проведенных рассуждений и теоремы о единственности решения дифференциального уравнения следует выполнение строгих неравенств 0(а,(Г)~п!2 для предельного решения а,(1) уравнения (9), Доказательство предложения 24.5.1 будет закончено, если мы докажем следующую лемму. Л е м м а 24.5.6. Если а(Г) — нетривиальное решены уравнения (9) такое, что 0<а(()<п(2 и ,'а(1)! ( С, то а(1))0 при достаточно больших по модулю зниченилх( и суи(ествуют пределы а( — со) О, а(+ос)=п/2.
Доказательство. Мы рассмотрим случай (-ь со. Если г достаточно велико и т — 1)0, то из (12) видно, что й(Г)(0, т. е. если а(1) ~0, то а(Г) достигнет нулевого значения, что невозможно. Следовательно, а(Г))0. Пусть т — 1=0 и аг(гь)(0 (здесь 14 велико). Учитывая, что в этой ситуации й(Г)~0 и близко к нулю при больших Г, из анализа уравнения (12) мы получаем, что при ( 1ь значение а начнет уменьшаться, если )а((ь) ( достаточно мал, или увеличиваться, но не достигнет нуля и начнет уменьшаться.
В результате будут происходить колебания а(Г) в отрицательной области, которые приведут к тому, что, начиная с некоторого (,)14, значение а(() будет сколь угодно мало. Рассуждения, аналогичные проведенным при доказательстве нетривиальности, приводят к противоречию. Следовательно, й ((ь) ) О. Монотонность а(1) при достаточно больших по модулю значениях Г' обуславливает существование пределов а( — со) !Чп а(1) и а(оо) = 1цп а(().
Докажем, что эти пределы с Г са равны 0 и и/2 соответственно. Рассмотрим а(-о). Пусть т= 1 и а(оо)(п!2; тогда из (12) следует, что при больших 1 й(1)(О и значения отделены от нуля, что невозможно. Пусть теперь т — 1)О. Предположим, что а(оо) =.и!4. Функция у(() растет, й(Г) ~т — 1 и функция зшасоза монотонна на отрезке 10, и!4]. Следовательнот для достаточно большого значения Г, и Г- Гь имеем й (Г) ~(т — 1)а(1)— — у (84) з|п а (сь) сова(14) Следовательно, а (()- (Гп — 1)-'(у((,) Х хе(па(1,)соза((ь)+а (г)), т. е. й(8) отделено от нуля (так какй-+О), что невозможно.
Предположение и/4 ( а(оо) ( п(2 приводит к противоречию по тем же соображениям. Следовательно, а(со) = и/2. Равенство а( — оо) 0 доказывается аналогично. З4В вхгихциоииыв матоды в топологичаских злдлчьх !гл. в В силу предложения 24.5.1 мы имеем непрерывное в Р+""'~(0) отображение (6) Ф(х, у), которое принадлежит классу С на множестве М=Р". "",((х 0)()(у=О)) и гармонично на множестве М !) 5"" ". Нашей целью является доказательство гладкости отображения Ф(х, у) на всей сфере 5"+"+'. Предложен ие 24.5.2.
Пусть )ь — произвольнсе число из интервала (О, 1) и и(1) — решение уравнения (9), описанное в предложении 24.5.1; тогда: (1) существуют такие постоянные Ь,, Ь,- О, что при достаточно больших по модулю отрицательных ! (1-» — оо) выполняются неравенства (й, — О (е")) з)п а(1) соз а(г) ~ а(г):и; (й1+ О (е")) з!и и(1); Ь,еь ' < з !и и (1) ( Ь,еьь ', (2) существуют такие постоянные См С,-» О, что при достаточно больших полоасительных 1 (1- +со) выполнены неравенства (Й, — 0 (е-")) в!и а (1) соз а (г) ~ сс (1) ( (й, + 0 (е-и)) соз а (1), С,е-ь'ч= сов а(1) =. Сье В леммах 24.5.7, 24,5.8 мы докажем неравенства из предложения 24.5.2. Доказательство остальных проводится аналогично.
Лемма 24.5.7. При г-»оо имеем с1(1) ((й,+0(е")) сова(1). Доказательство. Рассмотримфункцнюй+(!), являющуюся решением уравнения Х, й'(1)'+й'(!) й (1). При фиксированном большом ! рассмотрим дифференциальное уравнение первого порядка р(в)**А+(Г)совр(в), ()(1)=а(1), в~(. Эта задача имеет решение )! (в) =2 агс!д(еь'<')*) — и!2, которое стремится при в-»оо к п~2, монотонно возрастая. Далее, при в~! имеем р (в) = й+ (г) й (г) з1п )) (в) соз (1 (в) — Х~ з1п !) (в) сов р (я) < < й (в) р (в) — у (е) з!и 8 (в) соз р (в) < О, поскольку й(1) ~й(в), Х,>у(в) и 0<к(п р<1.
Следовательно, скорость убывания р(в) больше, чем скорость убывания а(в), Поэтому, если с1(!) р(1), то разность и(з) — р(з))0 не уменьшится прн в~О и а(в) останется отделенной от нуля, что невозможно. Следовательно й(1)~~(1)=й'(1)сова(1), Нам осталось доказать, что й+(!) й,+0(е-"). Для итого рассмотрим уравнение Х,=й+(г)'+Ф+(1)й(г) и положим й+(1) й,+в, И(1) (т — 1) — у.
Тогда, учитывая, что Х,=й.',+й,(т — 1), мы получаем следующее равенство: 0=(2йь+т — 1)а — й,у+а' — еу. Вопервых, е~-0 при 1-»со, поскольку й(1)-»(т — 1). Во-вторых, поскольку й(1)<т — 1, мы получаем, что е)0. Возьмем некоторую постоянную С такую, что — (2й,л-т — 1)<С<0. Тогда при больших 1 имеем С<а — у, т. е.
е — у- О, и, следовательно, ТРИ ГЕОМЕТРИЧЕСКИЕ ЗЛДЛЧИ 949 (2йл+т — 1(-С)е(йку, т. е, з<С».у, где С»)0. Тот факт, что у О(е-~), устанавливается теперь непосредственно. Демма 24.5.8. !1ри (-~сю имеем сова(() -С,е-чье. Док аз а тельство. Рассмотрим функцию )(1) сова(1); тогда 1(1) = — з!п а (1) а (1) ( — яп а (1) [йл — О (е-")1 яп а (1) соз а (1), т. е. — )-~ [й, — О(е-")) з!п'а(1)) О. Следовательно, при достаточно больших 1 имеем — 111 ) Р [йк — О (е-")) ) О.
ИнтегРиРУЯ это неравенство, мы получаем, что — !пав)»й,( — С', где С') О. Следовательно, ((1) (С,е — "м», где С,=ее'. Предложение 24.5.3. Первые и вторые частные производные отображения Ф(х, у) (6) являются непрерывными функциями в 1к"'"+'~ (0). Следст в и е 24.5 2.
Отображение Ф ~в,+„+» являеп»ся аналитическим и гармоническим. Док азат'ельство. Из предложения 24.5.3 следует, что Ф яСЛ(Р"' "',(0)). Из непрерывности функции Н(Ф) и того, что Н(Ф) =0 иа множестве БПМ =[Р+'"+'',((х=О) () (у=О))] П 5, следует, что Н(Ф)=0 всюду на сфере, т. е, Ф),. + является гармоническим отображением класса С', откуда следует, что зто отображение аналитическое, так как 5"+"+» является аналитическим многообразием. Следствие 24.5.2 полностью завершает доказательство теоремы о джойне. Перейдем к доказательству предложения 24,5,3. Как уже отмечалось выше, иам достаточно установить непрерывность первых и вторых частных производиых функции Ф(х, у) при х- 0 (параметр у отделен от нуля) и при у-»-0 (параметр х отделен от нуля).
Мы проведем доказательство в следующем частном д»Н случае: рассмотрим производные —, (1= 1, 2, ..., л+1) отобрадк» жения Н(х, у)=япа(1) 1»( — ) при х- 0 (у отделен от нуля). /к» (~ ~) Доказательства непрерывности производных в других случаях проводятся аналогично. В силу однородности отображения 1, имеем Н(х, у)=1»(х)х ва» а (») д[Н д»1» х»р(х, у), где»р(х, у) — ~ —. В силу того, что —, = — ',ф+ )к! ~ дк»' дк»' + дкгд» +1» р и 1» — полином степени Однородности й») 1, нам достаточно доказать, что при х-~0 (у отделен от нуля) функции -„-г и ) х ~ — непрерывны.
Это будет доказано ниже д»р дл»9 д дк" (см. леммы 24.5.9, 24.5.10). звв в«зи«ционныв мвтоды в топологичнских з«д«ч«х <гл з Лемма 24.5.9. Функция вр(х, у) имеет продолжение класса С' на множество (х=О, учь О). Доказательство. Непосредственные вычисления показывают, что ~-~ —— «+, . Случай х-«.О, у~О соответдф (а сов а — «, вМ а) х' х !х!в,+в ствует 1-о — оо. Из предложения 24.5,2 следует, что сов — й, з!и а 0 (ем+о«д') = 0 (! х !в«~+в), Кроме того, поскольку 1 — сова=О(з(пва), мы получаем, что й — асоза 0(!х(~к«>).
При я, ) 1 Зя« ~ йв+ 2, следовательно, й соз а — я«з!и а = 0 (~ х!в(« '"). Поэтому, если мы выберем р так, что (1-)в) )с х(к«+2) «-1, то выполняется равенство 1пп — ! = О, что и дф о дк в.зо требовалось. Лемма 24.5. 10. Выполнено равенство Н гп ~ х ! — „= О. д~ф к о дхо вас До к а з а тел ь с т во. Непосредственный подсчет приводит к следующему выражению: д'ф д»' !к!«+в ( — (1й соз а — й, гбп а)(1 — ! х,'-в (я«+ 2) (х')') + (к')' , (х~)«1 +(а — акт) соз а — — й' гдп а — ~. ~х" )к)в)' Для первого и третьего слагаемых равенство предела нулю следует из леммы 24.5.9.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
