Диссертация (1155105), страница 5

Просмтор этого файла доступен только зарегистрированным пользователям. Но у нас супер быстрая регистрация: достаточно только электронной почты!

Текст из файла (страница 5)

Пусть1 ′2 3(f2 f3 − f2 f3′ − f1 f2 f3 ) +f327 2при соответствующем выборе постоянной ζ удовлетворяет уравнениюΦ(x) = f0 f32 +()f3 Φ ′ + f23 − 3f1 f3 − 3f3′ Φ = 3ζ Φ5/3 .Тогда решение уравнения (1.23) записывается в видеy=3Φ1/3 u − f2,3f3где u = u(x) определяется равенством∫∫ 2/3duΦ+C=dx.u2 − ζu + 1f3Если Φ = 0 , тоf23f3является частным решением уравнения. Подстановкаy=−y = u(x) −f23f3приводит исходное уравнение к уравнению Бернулли()f22′3u = f3 u + f1 +u.3f3Примеры для некоторых случаев приведены в следующем разделе.Рассмотрим теперь поведение решений (1.15) при различных начальных усло-24виях y(x0 ) = y0 . Пусть функция b(x, y) = −1/2(y 2 − 1)(κ − χ′ y) непрерывна внекоторой области G плоскости xy , и в этой области для нее выполняется условие Липшица [20] по y|b(x, y2 ) − b(x, y1 )| ≤ L |y2 − y1 | ,(1.30)где L — некоторая постоянная.

Тогда из теоремы Пеано о существовании и единственности решения задачи Коши [20] следует, что через каждую точку (x; y) области G проходит интегральная кривая y = y(x; x0 , y0 ) , и притом только одна.При нарушении же условия Липшица через каждую точку области G может проходить сколь угодно много интегральных кривых.Вначале положим χ′ ̸= const .

В этом случае уравнение (1.15) имеет двестационарные точки y = ±1 , которые являются его решениями. Это означает, чтодля любого начального условия y(x0 ) = y0 ̸= ±1 , (x0 ; y0 ) ∈ G , график решенияy = y(x; x0 , y0 ) не может пересекать прямые y = 1 и y = −1 , за исключениемдвух случаев:1. функция χ′ (x) → ±∞ при x → xc ;2. решение уравнения y(x) → ±∞ при x → xs ;то есть при нарушении условия Липшица или условия непрерывности в теоремеПеано [20, 7, 1].Опишем теперь, что происходит с функцией y(x) , если потенциал V (x) меняет знак.

Вопрос достоин внимания, поскольку плотность энергии поля ρ остается положительной, а скорость изменения поля φ̇ действительной, только если|y(x)| > 1 , V (x) > 0 или |y(x)| < 1 , V (x) < 0 .Итак, пусть V (x) меняет знак с положительного на отрицательный в некоторой точке x = xc . В этом случае ′V lim = +∞.x→xc VТогда, согласно теореме Пеано y(x) , может пересекать прямую y = 1 (или y =−1 ), но определенно не может обращаться в ноль. Поэтому можно записать приближенное уравнениеy′ =V′1y(y 2 − 1) .2V(1.31)25Его решение имеет видy=√1,1 + CV (x)(1.32)где C < 0 — постоянная интегрирования. При V (x) → 0 ,lim y = 1,x→xcи y(x) > 1 при x < xc (разумеется, если y0 > 1 при x0 < xc ), y(x) < 1 приx > xc . Аналогичные рассуждения можно привести и для случая, когда y(x) < −1при x < xc .Заметим, что, вообще говоря, в решении приближенного уравнения (1.31)присутствует этап 2 y − 1 = ln V .ln 2V y0 − 1 0На этом этапе можно как раскрыть оба модуля, так и оставить модуль при V ,раскрывая лишь модуль для y 2 − 1 с учетом значения y .

В последнем случаеполучается решение1,y=√1 + C |V (x)|и постоянная интегрирования C может быть как положительной так и отрицательной. Очевидно, что для C > 0 даже при смене знака V (x) в точке x = xcфункция y будет превышать единицу как справа, так и слева от этой точки. Однакоконкретный пример потенциала(x),V (x) = − sh3дающий уравнение ( σ = 1 )((x) )()11y ′ = − y 2 − 1 1 − cthy233с решениемy = th(x)3+ch(x)3√ε ( ) ,)2x 2x+ C shch33 (ε = ±1,показывает, что если y(x0 < 0) < −1 , то при переходе через x = 0 функцияy(x) переходит из области y < −1 в область |y| < 1 .

Поэтому более рациональновыбирать решение вида (1.32).26Таким образом, при смене знака потенциала в точке x = xc и y(xc ) ̸= 0плотность энергии поля остается положительной, а скорость изменения поля действительной.Рассмотрим теперь другой вариант: изначально |y(x0 < xc )| < 1 и V (x0 ) <0 , φ̇(xc ) > 0 и в точке x = xc потенциал меняет знак с отрицательного наположительный. Теперь y(x) теоретически может обращаться в ноль при x = xc .Исследуем эту возможность.Пусть при x = xc потенциал V (xc ) = 0 и V ′ (xc ) > 0 или несколько производных потенциала обращаются в нуль в x = xc , но первая ненулевая производная нечетна и положительна.

Пусть также y(xc ) = 0 . Тогда в окрестности x = xcможно заменить (1.15) приближенным уравнением(′ )1Vy′ =σ−y ,2Vрешение которого имеет видy0y=√∫ √σ x|V (x0 )| +|V (ξ)| dξ2 x0√.|V (x)|Легко показать, что эта функция стремится к нулю при x = xc тогда и толькотогда, когда∫ xc √1σy0 = − √|V (x)| dx.2 |V (x0 )| x0Иными словами, существует единственное решение, удовлетворяющее заданнымусловиям. Например, для потенциала(x)V (x) = sh3таким решением будетy(x) = th(x).3Интерес представляет также поведение скалярного поля в точке x = xc( φ = φc ). Дело в том, что скорость изменения скалярного поля φ̇ в этой точке обращается в ноль и не может быть продолжена за нее, поскольку в этом случаеона станет мнимой.

Более того, плотность энергии поля при переходе через φ = φcменяет знак.Очевидно, что для поля с потенциалом, отвечающим условию V ′ (xc ) > 027илиlim V ′ = +∞,x→xc(1.33)точка φ(tc ) = φc — максимум функции зависимости скалярного поля от времени.Действительно,lim φ̇ = 0,x→xcиlim φ̈ = −V ′ .x→xcЕсли значение V ′ (xc ) конечно, то, поскольку φ̇(xc ) = 0 и φ̈(xc ) < 0 , t = tc —точка максимума поля, следовательно, после перехода через t = tc поле начнетубывать, и продолжать решение за φ = φc нет необходимости.Рассмотрим теперь условие (1.33).

Предположим, что φ̇ может каким-либообразом быть продолжена за φ = φc . Очевидно, что при этом φ̇ должна бытьположительна справа от этой точки. Тогдаlim φ̈ = −∞.x→xc +0Но в этом случае φ̇ не может сохранить знак, а значит, мы получаем противоречие,поэтому φ̇ меняет знак при t = tc , и φ = φc — максимум функции φ(t) .Аналогично можно рассуждать, еслиlim V ′ = +0.x→xcВначале отметим, что поле достигает значения φ = φc за конечное время толькотогда, когда выполняется условиеV′= +∞.x→xc (−2V )1/2limПусть это условие верно.

Предположим, что функция φ̇ может каким-либо образом быть продолжена за φc . Это означает, что хотяlim φ̇ = 0,x→xcв малой окрестности t = tc выполняется условие φ̇ > 0 и слева и справа от этойточки. При этом известно, что в малой окрестности t = tc вторая производнаяскалярного поля по времени ведет себя как −V ′ , поэтому несмотря на то чтоlim φ̈ = 0,x→xc28в малой окрестности t = tc вторая производная поля отрицательна, что противоречит утверждению φ̇ > 0 при t > tc ( φ > φc ), следовательно, φ̇ меняет знак,когда поле достигает значения φ = φc , и это значение — максимум φ(t) .Итак, для скалярного поля с потенциалом, меняющим знак с отрицательногона положительный, уравнение Абеля имеет единственное начальное условие, прикотором его решение обращается в ноль одновременно с потенциалом в некоторойточке x = xc ( φ = φc ). Значение поля φ = φc является в этом случае максимумомфункции φ(t) , если изначально φ̇(t0 ) > 0 , и минимумом, если φ̇(t0 ) < 0 .В заключение подраздела заметим, что уравнение (1.15) с σ = 1 переходитв уравнение с σ = −1 при замене y → −y , и наоборот.

Отсюда следует, чторешения задачи Коши с начальными условиями y(x0 ) = y0 и y(x0 ) = −y0 дляуравнения Абеля с σ = 1 и σ = −1 соответственно будут симметричны другдругу относительно оси x .1.1.4. Примеры решений уравнения АбеляРазберем несколько примеров уравнения (1.15), в которых возможно получитьего аналитическое решение.Один из самых простых случаев, дающих точное решение, реализуется привыборе постоянного потенциала [126]V (x) = Λ = const.Тогда χ′ = 0 (то есть f1 = f3 = 0 , f0 = −f2 = const ), и (1.15) принимает видσy ′ = − (y 2 − 1).2(1.34)Используя метод разделения переменных, имеемC e σx − 1y(x; C) =,C e σx + 1C=1 + y0 −σx0e.1 − y0()y0 − 1При |y0 | > 1 решение будет иметь особенность в точке xs = x0 ln.y0 + 1Отсюда следует, что в условии Липшица (1.30) постоянная Липшица L = 1 .

Нарисунке 1.1 изображены представители семейств интегральных кривых, соответствующих различным начальным условиям.29Рис. 1.1 – Решения уравнения (1.34) для начальных условий y(0) = 100 (синяякривая), y(0) = 0 (красная кривая), y(0) = 1 и y(0) = −1 (черные кривые) приσ=1Найдем теперь суперпотенциал:Λ (Ceσx − 1)2W (x; C) = −.4CeσxТак как суперпотенциал должен быть положительным, то если Λ > 0 , то C должна быть отрицательна, т.е. |y0 | > 1 , и наоборот, если Λ < 0 , то C > 0 , а значит|y0 | < 1 .Λ (Ceσνφ − 1)2W (φ; C) = −.4CeσνφСогласно (1.17) имеем√−Λ −σνφ/2Ceσνφ − 1σσνφe(Ce+1), Λ > 0,− κ 2C|Ceσνφ − 1|φ̇ =√σ−Λ −σνφ/2−e(Ceσνφ + 1) , Λ < 0.κ 2CОграничимся случаем Λ > 0 , C < 0 .

Тогда√σ −Λ −σνφ/2φ̇ = −e(Ceσνφ + 1) .κ 2C30Интегрируя, получаем√()]√σ −Λσ [σνφ0−κν −Λ/2C(t−t0 )φ(t) = φ0 −(t − t0 ) − ln 1 + Ce1 − Ce,κ 2Cν(σν(φ−φ0 )/6a(φ) = a0 eCeσνφ0 + 1Ceσνφ + 1)1/3.Обратимся теперь к случаю, когда уравнение можно решить аналитически,воспользовавшись подстановкой (1.25). Выберем потенциал V (x) так, чтобы в (1.26)I(x) = 0 , что соответствует также случаю (1.29). Этому условию удовлетворяетпотенциал вида()−x/32x/3V (x) = A1 ee+ A2 , A1 , A2 = const.(1.35)Для простоты положим A2 = 1 , A1 > 0 и σ = 1 . Тогда получаем потенциал)(xx/3−x/3= 2A1 ch ,V (x) = A1 e + e3и уравнение Абеля (1.15) принимает вид((x) )()11yy ′ = − y 2 − 1 1 − th233(1.36)Применяя необходимые подстановки, получаем общее решение уравнения(x)ε√ ( )y(x) = cth+( ), ( x )32x + ch 2xsh C sh33 3где ε = ±1 , а)(12x0 cth) [ ( )C = (−()].22xxx3000sh y0 sh − sgn(x0 ) ch3 33Выбор y0 > cth (x0 /3) отвечает ветви ε = 1 .

Если x0 > 0 , то дляcth(x )03< y0 <e 2x0 /3 + 3e 2x0 /3 − 1(−1 < C < 1)решение имеет единственную точку разрыва второго рода xs = 0 . При x > 031область значений функции — y ∈ (1; +∞) , а при x < 0 — y ∈ (−1; C ] . Дляe 2x0 /3 + 33e 2x0 /3 + 1<y<0e 2x0 /3 − 1e 2x0 /3 − 1(C > 1)решение также имеет одну точку разрыва второго рода xs = 0 . При x > 0 областьзначений функции — y ∈ (1; +∞) , а при x < 0 — y ∈ [−C; −1) .

Характеристики

Список файлов диссертации