Векторные поля. ВЕКТОРНЫЕ ПОЛЯ НА ПЛОСКОСТИ. М. А. Красносельский, А. И. Перов
 Скачать 2 Mb.
|
|
φ(x, y) = 0, ψ(x, y) = 0. (6.4) 48 Будем считать для простоты, что x 0 = y 0 = 0. Предположим дополнительно, что компоненты φ(x, y) и ψ(x, y) поля (6.1) — достаточно гладкие функции. Тогда напрашивается следующий способ выделения главной части поля. Пользуясь формулой Тейлора, представим 9 компоненты поля Φ в виде φ(x, y) = a 0 1 x + a 1 0 y + (a 0 2 x 2 + 2a 1 1 xy + a 2 0 y 2 ) + . . . + + (a 0 n x n + na 1 n−1 x n−1 y + . . . + a n 0 y n ) + ω 1 (x, y), (6.5) ψ(x, y) = b 0 1 x + b 1 0 y + (b 0 2 x 2 + 2b 1 1 xy + b 2 0 y 2 ) + . . . + + (b 0 n x n + nb 1 n−1 x n−1 y + . . . + b n 0 y n ) + ω 2 (x, y), (6.6) где (k + s)!a s k = ∂φ(0, 0) ∂x k ∂y s , (k + s)!b s k = ∂ψ(0, 0) ∂x k ∂y s , (6.6) а остатки ω 1 (x, y) и ω 2 (x, y) являются бесконечно малыми высшего, чем n, порядка относительно n-й степени величины r = p x 2 + y 2 : ω 1 (x, y) = o(r n ), ω 2 (x, y) = o(r n ), (6.7) то есть lim x 2 +y 2 →0 ω 1 (x, y) (x 2 + y 2 ) n 2 = lim x 2 +y 2 →0 ω 2 (x, y) (x 2 + y 2 ) n 2 = 0. (6.8) Число n в представлениях (6.5) может быть любым. Через Φ 0 обозначим поле с компонентами φ 0 (x, y) = a 0 1 x + a 1 0 y + (a 0 2 x 2 + 2a 1 1 xy + a 2 0 y 2 ) + . . . + + (a 0 n x n + na 1 n−1 x n−1 y + . . . + a n 0 y n ), ψ 0 (x, y) = b 0 1 x + b 1 0 y + (b 0 2 x 2 + 2b 1 1 xy + b 2 0 y 2 ) + . . . + + (b 0 n x n + nb 1 n−1 x n−1 y + . . . + b n 0 y n ) (6.9) и допустим, что нулевая точка является изолированной особой точкой поля Φ 0 Естественно ожидать, что поле Φ 0 будет главной частью поля Φ, и поэтому при исследовании нулевой особой точки поля Φ можно перейти к более простому полю Φ 0 . В общем случае это неверно. Рассмотрим, например, векторные поля Φ(x, y) = (x − y 2 + y 3 , x 2 ) (6.10) и Φ 0 (x, y) = (x − y 2 , x 2 ). (6.11) 9 Г.М. Фихтенгольц, Курс дифференциального и интегрального исчисления, т. 1 (1959), стр. 471. 49 На точках M кривой x = y 2 (при |y| < 1) выполнено противоположное (6.3) неравенство kΦ 0 (M) − Φ(M)k = |y 3 | > y 4 = x 2 = kΦ 0 (M)k. Этот пример не означает, что переход от поля (6.5) к полю (6.9) никогда не возможен. Нужно лишь помнить, что при таком переходе должно быть проверено условие (6.3). Это условие (в силу (6.8)) заведомо выполнено, если при малых r = p x 2 + y 2 kΦ 0 (x, y)k ≥ α 0 r n , (6.12) где α 0 — некоторое положительное число. Упражнение 6.1. Проверить, будет ли поле Φ 0 главной частью поля Φ в окрест- ности нуля в следующих случаях: 1) Φ(x, y) = (x − y 2 , x 2 + x 3 − 2x 2 y 2 + 3xy 4 − y 6 ), Φ 0 (x, y) = (x − y 2 , x 2 ); 2) Φ(x, y) = (x − y 2 + y 3 , x 2 ), Φ 0 (x, y) = (x, 0); 3) Φ(x, y) = (x − y 2 + y 10 , x 2 ), Φ 0 (x, y) = (x − y 2 , x 2 ). 6.2. Линейные поля. Рассмотрим линейное поле Φ 0 (x, y) = (a 1 x + a 2 y, b 1 x + b 2 y). (6.13) Нулевая точка будет изолированной особой точкой поля (6.13), если прямые a 1 x + a 2 y = 0 и b 1 x + b 2 y = 0 не совпадают. Иначе говоря, нулевая точка является изолированной особой точкой поля (6.13), если ∆ = ¯ ¯ ¯ ¯ a 1 a 2 b 1 b 2 ¯ ¯ ¯ ¯ = a 1 b 2 − a 2 b 1 6= 0. (6.14) В этом случае линейное поле (6.13) будем называть невырожденным. Теорема 6.1. Индекс γ нулевой особой точки поля (6.13) определяется равен- ством γ = sign ∆. (6.15) Доказательство. Индекс γ равен (по определению) вращению поля (6.13) на единичной окружности x = cos t, y = sin t (0 ≤ t ≤ 2π). (6.16) Найдем производную угловой функции θ(t) поля (6.13) на окружности (6.16). Оче- видно, dθ(t) dt = d dt arctg b 1 x + b 2 y a 1 x + a 2 y = = (−b 1 sin t + b 2 cos t)(a 1 cos t + a 2 sin t) (a 1 cos t + a 2 sin t) 2 + (b 1 cos t + b 2 sin t) 2 − 50 − (−a 1 sin t + a 2 cos t)(b 1 cos t + b 2 sin t) (a 1 cos t + a 2 sin t) 2 + (b 1 cos t + b 2 sin t) 2 = = a 1 b 2 − a 2 b 1 (a 1 cos t + a 2 sin t) 2 + (b 1 cos t + b 2 sin t) 2 = ∆ (a 1 cos t + a 2 sin t) 2 + (b 1 cos t + b 2 sin t) 2 . Значит, угловая функция возрастает, если ∆ > 0, и убывает, если ∆ < 0. Таким образом, знак вращения γ совпадает со знаком ∆. По абсолютной величине γ равно 1, так как линейное преобразование Φ 0 является гомеоморфным преобразованием. Теорема доказана. Упражнение 6.2. 1) Вычислить индекс нулевой особой точки следующих векторных полей: (x, y), (−x, y), (−x, −y), (3x − 2y, 2x − 4y), (2x − y, −4x + 2y). 2) Доказать, что вращение линейного векторного поля на замкнутой жордановой кривой Γ равно sign ∆, если нулевая точка лежит внутри Γ, и равно нулю, если нулевая точка лежит вне Γ. 3) Вычислить вращение поля (2x − 3y + 10, −x + 4y − 5) на квадрате |x| + |y| = 1000. Теоремой 6.1 мы будем часто пользоваться в эквивалентной форме: степень линейного отображения (6.13) равна sign ∆. 6.3. Вычисление индекса по линеаризованному полю. Вернемся к изу- чению нелинейного поля Φ(x, y) = (φ(x, y), ψ(x, y)), (6.17) компоненты которого φ(x, y) и ψ(x, y) в нулевой точке дифференцируемы, причем φ(0, 0) = ψ(0, 0) = 0. (6.18) Введем обозначения a 1 = φ 0 x (0, 0), a 2 = φ 0 y (0, 0), b 1 = ψ 0 x (0, 0), b 2 = ψ 0 y (0, 0) и предположим, что линейное поле Φ 0 (x, y) = (a 1 x + a 2 y, b 1 x + b 2 y) невырождено. Обозначим через α 0 наименьшую длину векторов Φ 0 (x, y) на единичной окруж- ности x 2 + y 2 = 1. Тогда в любой точке (x, y) будет выполнено неравенство kΦ 0 (x, y)k = p (a 1 x + a 2 y) 2 + (b 1 x + b 2 y) 2 ≥ α 0 p x 2 + y 2 . (6.19) Дифференцируемость функций φ(x, y) и ψ(x, y) в нулевой точке означает, что φ(x, y) − a 1 x − a 2 y = o ³p x 2 + y 2 ´ , ψ(x, y) − b 1 x − b 2 y = o ³p x 2 + y 2 ´ , 51 откуда следует, что kΦ(x, y) − Φ 0 (x, y)k = o ³p x 2 + y 2 ´ . Из этого соотношения и из неравенства (6.19) вытекает, что поле Φ 0 является глав- ной частью поля Φ в окрестности нулевой точки. Таким образом, нами доказана (см. п. 6.1) Теорема 6.2. Если ∆ = ¯ ¯ ¯ ¯ φ 0 x (0, 0) φ 0 y (0, 0) ψ 0 x (0, 0) ψ 0 y (0, 0) ¯ ¯ ¯ ¯ 6= 0, (6.20) то нулевая особая точка поля (6.17) изолирована и ее индекс γ определяется равенством γ = sign ¯ ¯ ¯ ¯ φ 0 x (0, 0) φ 0 y (0, 0) ψ 0 x (0, 0) ψ 0 y (0, 0) ¯ ¯ ¯ ¯ . (6.21) Задача вычисления индекса становится более сложной, если определитель ∆ равен нулю. Если при этом по крайней мере один элемент определителя ∆ отличен от нуля, то для вычисления индекса может быть указан конечный алгоритм (см. § 7), обладающий достаточной общностью. Для случая же, когда φ 0 x (0, 0) = φ 0 y (0, 0) = ψ 0 x (0, 0) = ψ 0 y (0, 0) = 0, простой общий алгоритм вычисления индекса неизвестен, и поле относительно просто исследуется лишь в предположении, что его главная часть обладает свой- ством однородности некоторого порядка (см. § 8). Из теоремы 6.2 вытекает рецепт вычисления индекса ненулевой особой точки (x 0 , y 0 ). Для удобства сформулируем этот рецепт в виде отдельной теоремы. Теорема 6.3. Пусть φ(x 0 , y 0 ) = ψ(x 0 , y 0 ) = 0 (6.22) и пусть в точке (x 0 , y 0 ) функции φ(x, y) и ψ(x, y) дифференцируемы. Если ∆ = ¯ ¯ ¯ ¯ φ 0 x (x 0 , y 0 ) φ 0 y (x 0 , y 0 ) ψ 0 x (x 0 , y 0 ) ψ 0 y (x 0 , y 0 ) ¯ ¯ ¯ ¯ 6= 0, (6.23) то особая точка (x 0 , y 0 ) поля Φ изолирована. Индекс γ этой особой точки опре- деляется равенством γ = sign ¯ ¯ ¯ ¯ φ 0 x (0, 0) φ 0 y (0, 0) ψ 0 x (0, 0) ψ 0 y (0, 0) ¯ ¯ ¯ ¯ . (6.24) Упражнение 6.3. Вычислить, пользуясь теоремой 6.2, если она применима, индекс нулевой особой точки векторных полей: 1) Φ(x, y) = (sin(x + y), sin(x − y)), 2) Φ(x, y) = (1 − cos(2x − y), y), 3) Φ(x, y) = (x + 17x 2 − y 3 , 2y − 9x 3 ). 52 Упражнение 6.4. Пользуясь теоремой об алгебраическом числе особых точек и теоремой 6.2, вычислить вращение на окружности x 2 + (y + 1) 2 = 4 поля Φ(x, y) = (1 + x − 2y + y 2 , x 2 − (1 − y 2 ) 4 + y(y − 2)(2y − 1)). 6.4. Асимптотически линейные поля. Поле Φ(x, y) = (φ(x, y), ψ(x, y)), (6.25) определенное для всех достаточно далеких точек плоскости, называется асимп- тотически линейным, если найдутся такие a 1 , a 2 , b 1 , b 2 , что lim x 2 +y 2 →∞ φ(x, y) − a 1 x − a 2 y p x 2 + y 2 = lim x 2 +y 2 →∞ φ(x, y) − b 1 x − b 2 y p x 2 + y 2 = 0. (6.26) Аналогом теоремы 6.2 для асимптотически линейных полей является Теорема 6.4. Вращение γ асимптотически линейного поля на окружностях x 2 + y 2 = R 2 достаточно большого радиуса R определяется равенством γ = sign ∆, ∆ = ¯ ¯ ¯ ¯ a 1 a 2 b 1 b 2 ¯ ¯ ¯ ¯ , (6.27) если ∆ 6= 0. § 7. Векторные поля с вырожденной линейной частью 7.1. Общая формула. Продолжим изучение векторного Φ(x, y) = (φ(x, y), ψ(x, y)). (7.1) Будем считать, что нулевая точка O(0, 0) — это особая точка поля (7.1): φ(0, 0) = ψ(0, 0) = 0. Как и в предыдущем параграфе, будем пользоваться обозначениями a 1 = φ 0 x (0, 0), a 2 = φ 0 y (0, 0), b 1 = ψ 0 x (0, 0), b 2 = ψ 0 y (0, 0). (7.2) В этом параграфе будет рассмотрен тот случай, когда определитель ∆ = ¯ ¯ ¯ ¯ a 1 a 2 b 1 b 2 ¯ ¯ ¯ ¯ (7.3) равен нулю, но по крайней мере одно из чисел (7.2) отлично от нуля. Для удобства мы будем считать, что a 1 = φ 0 x (0, 0) 6= 0; (7.4) 53 остальные случаи рассматриваются аналогично. Если функция φ(x, y) в окрестности нуля непрерывно дифференцируема, то из условия (7.4) (и из теоремы о неявной функции) вытекает, что уравнение φ(x, y) = 0 (7.5) определяет в окрестности нулевой точки единственную неявную функцию x = ξ(y). Это значит, что ξ(0) = 0, φ(ξ(y), y) ≡ 0. Функция ξ(y) в окрестности нуля непрерывно дифференцируема; ее производная определяется равенством ξ 0 (y) = − φ 0 y (ξ(y), y) φ 0 x (ξ(y), y) , (7.6) откуда следует, что производная ξ 0 (y) в окрестности нуля непрерывна. Поэтому график функции x = ξ(y) пересекет окружности x 2 + y 2 = ρ 2 малого радиуса ρ только в двух точках (см. рис. 7.1), одна из которых имеет положительную, а вторая — отрицательную ординаты. Обозначим эти точки через M 1 (ρ) и M 2 (ρ). Рис. 7.1 Для того чтобы нулевая особая точка была изолирована, необходимо и доста- точно, чтобы при достаточно малых |