Векторные поля. ВЕКТОРНЫЕ ПОЛЯ НА ПЛОСКОСТИ. М. А. Красносельский, А. И. Перов
 Скачать 2 Mb.
|
|
ρ в точках M 1 (ρ) и M 2 (ρ) была отлична от нуля вторая компонента поля (7.1). Иначе говоря, нулевая точка является изоли- рованной особой точкой в том и только том случае, если при малых ненулевых y функция α(y) = ψ(ξ(y), y) (7.7) принимает ненулевые значения. Допустим, что функция α(y) при ненулевых малых y принимает ненулевые зна- чения. Обозначим через ε − знак значений функции α(y) при малых отрицательных y, а через ε + — при малых положительных y. Пусть ε − = ε + . Тогда векторное поле (7.1) на окружностях x 2 + y 2 = ρ 2 малого радиуса ρ выпускает либо положительное направление оси ординат, либо про- тивоположное направление. Следовательно, вращение поля Φ(x, y) на указанных окружностях равно нулю; значит, индекс нулевой особой точки равен нулю. 54 Пусть теперь ε − = −ε + . Для вычисления вращения поля Φ на окружностях x 2 + y 2 = ρ 2 малого радиуса воспользуемся формулой (2.7). Из условия (7.4) вытекает, что функция φ(x, y) при переходе через график функции ξ(y) (см. рис. 7.1) меняет знак. Будем считать, что на окружности x 2 + y 2 = ρ 2 введен параметр t: x = ρ cos t, y = ρ sin t (0 ≤ t ≤ 2π), (7.8) и положим P (t) = φ(ρ cos t, ρ sin t), Q(t) = ψ(ρ cos t, ρ sin t). По предположению функция Q(t) принимает положительное значение только при одном значении t ∗ параметра t из двух значений, соответствующих точкам M 1 (ρ) и M 2 (ρ). Из формулы (2.7) вытекает, что вращение поля Φ на окружности (7.8) равно 1 или −1. Допустим, что ε − = −1, ε + = 1, φ 0 (0, 0) > 0. Тогда при переходе через точку t ∗ функция P (t) убывает. Поэтому индекс особой точки равен 1. Аналогично рас- сматриваются и другие случаи. Все эти случаи (включая случай нулевого индекса) можно охватить общей формулой γ = ε + − ε − 2 sign φ 0 x (0, 0). (7.9) Упражнение 7.1. 1) Написать аналоги формулы (7.9) для случаев, когда отлично от нуля одно из чисел a 2 , b 1 , b 2 . 2) Проведенные в этом пункте рассуждения не используют равенства нулю опреде- лителя (7.3). Покажите, что в случае ∆ 6= 0 из формулы (7.9) вытекает теорема 6.2. Упражнение 7.2. Вычислить индекс нулевой особой точки следующих векторных полей: 1) Φ(x, y) = (y, ax n ), 2) Φ(x, y) = (x + y 2 , sin(x 2 + xy − y 3 + 4xy 2 )), 3) Φ(x, y) = ³ x + y, e − 1 x2+y2 ´ . Из формулы (7.9) вытекает Теорема 7.1. Пусть (x 0 , y 0 ) — изолированная особая точка непрерывно диф- ференцируемого векторного поля (7.1), и пусть одно из чисел 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 ) отлично от нуля. Тогда индекс особой точки равен одному из трех чисел −1, 0, 1. 7.2. Вычисление индекса 10 . Чтобы применить формулу (7.9), нужно, во- первых, убедиться в отличии от нуля значений функции (7.7) при малых ненуле- вых y и, во-вторых, найти знаки этих значений. На оба эти вопроса, вообще говоря, 10 Близкие соображения по другому поводу приводились еще А.М. Ляпуновым (см. также С. Лефшец, Геометрическая теория дифференциальных уравнений, ИЛ, Москва, 1961). 55 легко ответить, если функции φ(x, y) и ψ(x, y) обладают достаточным числом про- изводных; сделаем это предположение. Из дифференцируемости функций φ(x, y) и ψ(x, y) вытекает дифференцируе- мость функции α(y). Для отыскания α 0 (y) достаточно продифференцировать тож- дества φ(ξ(y), y) = 0, α(y) = ψ(ξ(y), y), то есть определить α 0 (y) из уравнений φ 0 x (ξ(y), y)ξ 0 (y) + φ 0 y (ξ(y), y) = 0, α 0 (y) = φ 0 x (ξ(y), y)ξ 0 (y) + φ 0 y (ξ(y), y). Для определения α 00 (y) последние равенства нужно продифференцировать еще раз: φ x (ξ(y), y)ξ 00 (y) + φ 00 x 2 (ξ(y), y)ξ 02 (y) + 2φ 00 xy (ξ(y), y)ξ 0 (y) + φ 00 y 2 (ξ(y), y) = 0, α 00 (y) = ψ x (ξ(y), y)ξ 00 (y) + ψ 00 x 2 (ξ(y), y)ξ 02 (y) + 2ψ 00 xy (ξ(y), y)ξ 0 (y) + ψ 00 y 2 (ξ(y), y). Аналогично вычисляются следующие производные. Нам понадобятся значения производных функции α(y) в точке y = 0. Допустим, что α 0 (0) = α 00 (0) = . . . = α (k−1) (0) = 0, α (k) (0) 6= 0 (7.10) (если определитель (7.3) равен нулю, то всегда k > 1). Тогда из формулы Тейлора вытекает, что α(y) = α (k) (0) k! y k + o(y k ). (7.11) Поэтому ε − = (−1) k sign α (k) (0), e + = sign α (k) (0). (7.12) Из формул (7.9) и (7.12) вытекает Теорема 7.2. Пусть (x 0 , y 0 ) — особая точка векторного поля (7.1) и φ 0 x (x 0 , y 0 ) 6= 0. Пусть выполнено условие (7.10). Тогда (x 0 , y 0 ) является изолированной особой точкой и ее индекс γ определя- ется равенством γ = 1 − (−1) k 2 sign φ 0 x (x 0 , y 0 ) sign α (k) (0). (7.13) Упражнение 7.3. Допустим, что все производные α (i) = 0 равны нулю. Вытекает ли отсюда, что нулевая особая точка поля (7.1) не изолирована? Отдельно рассмотреть случай, когда функции φ(x, y) и ψ(x, y) аналитичны в окрестности нуля (то есть пред- ставимы степенными рядами). Упражнение 7.4. Вычислить индекс нулевой особой точки следующих векторных полей: 1) Φ(x, y) = (x, a k 0 x k + a k−1 1 x k−1 y + . . . + a 0 k y k ), 56 2) Φ(x, y) = ³ e x+y 2 − 1, x 2 − x 3 + xy 2 + x sin y + sin y 2 ´ , 3) Φ(x, y) = µ x 2 − 2xy + y 3 + y 4 sin 1 y − x 4 sin 1 y , x − y 2 1 − x 2 ¶ , 4) Φ(x, y) = à x + y 1 − x , sin à x 2 + y 2 + (2y + y 2 ) ∞ X n=1 (n + 1)x n !! . 7.3. Еще один способ вычисления индекса. Последовательное определение производных функции α(y) требует громоздких вычислений. В некоторых случаях удобно применять другие приемы. Рассмотрим вначале векторное поле Φ(x, y) = (φ(x, y), ψ(x, y)), в котором компоненты имеют специальный вид: φ(x, y) = x + a 2 (x, y) + . . . + a m (x, y) + ω 1 (x, y), ψ(x, y) = b 1 (x, y) + b 2 (x, y) + . . . + b n (x, y) + ω 2 (x, y); (7.14) здесь через a i (x, y), b i (x, y) обозначены однородные степени i многочленов относи- тельно x и y, а ω 1 (x, y) = o ¡ (x 2 + y 2 ) m 2 ¢ , ω 2 (x, y) = o ¡ (x 2 + y 2 ) n 2 ¢ . (7.15) Лемма 7.1. Пусть b 1 (x, y) ≡ . . . ≡ b k−1 (x, y) ≡ 0, b k (0, 1) 6= 0. (7.16) Тогда нулевая особая точка поля (7.14) изолирована и ее индекс γ определяется равенством γ = 1 − (−1) k 2 sign b k (0, 1). (7.17) Доказательство. Рассмотрим поле Ψ(x, y) = (x, b k (0, 1)y k ). (7.18) Нулевая особая точка этого поля изолирована, и ее индекс в силу теоремы 7.2 вы- числяется по формуле (7.17). Поэтому достаточно показать, что на окружностях x 2 + y 2 = ρ 2 малого радиуса ρ поля (7.14) и (7.18) гомотопны. Так как многочлен b k (x, y) − b k (0, 1)y k делится на x, то можно указать такое число ε 0 > 0, что при |x| ≤ ε 0 |y| будет выполнено неравенство |b k (x, y) − b k (0, 1)y k | ≤ |b k (0, 1)| 4 |y| k . (7.19) Так как |φ(x, y) − x| = o ³p x 2 + y 2 ´ , 57 |ψ(x, y) − b k (x, y)| = o ³ (x 2 + y 2 ) k 2 ´ , то при |x| ≥ ε 0 |y| |φ(x, y) − x| = o(|x|), а при |x| ≤ ε 0 |y| |ψ(x, y) − b k (x, y)| = o(y k ). Выберем число ρ 0 так, чтобы выполнялись неравенства |φ(x, y) − x| ≤ |x| 2 (|x| ≥ ε 0 |y|, x 2 + y 2 ≤ ρ 2 0 ) и |ψ(x, y) − b k (x, y)| ≤ |b k (0, 1)| 4 |y| k (|x| ≤ ε 0 |y|, x 2 + y 2 ≤ ρ 2 0 ). Тогда, очевидно, на окружностях x 2 + y 2 = ρ 2 (ρ ≤ ρ 0 ) поле Φ(x, y) не обращается в нуль, так как при |x| ≥ ε 0 |y| |φ(x, y)| ≥ |x| − |φ(x, y) − x| ≥ |x| 2 > 0, а при |x| ≤ ε 0 |y| |ψ(x, y)| ≥ |b k (0, 1)y k | − |b k (x, y) − b k (0, 1)y k |− −|ψ(x, y) − b k (x, y)| ≥ |b k (0, 1)| 2 |y| k > 0. Поэтому нулевая особая точка поля Φ(x, y) будет изолированной и ее индекс будет равен вращению поля Φ(x, y) на окружностях x 2 + y 2 = ρ 2 (ρ ≤ ρ 0 ). Но на этих окружностях векторы полей (7.14) и (7.18) не направлены противоположно: при |x| ≥ ε 0 |y| одинаковый знак имеют первые компоненты, а при |x| ≤ ε 0 |y| — вторые. Поэтому поля (7.14) и (7.18) гомотопны на окружностях x 2 + y 2 = ρ 2 (ρ ≤ ρ 2 0 ). Лемма доказана. Заметим, что для дифференцируемых ω 1 (x, y) и ω 2 (x, y) утверждение леммы 7.1 вытекает из теоремы 7.2. Лемма 7.2. Нулевая особая точка векторного поля Φ(x, y) = (φ(x, y), ψ(x, y)) (7.20) изолирована тогда и только тогда, когда изолирована нулевая особая точка поля Φ 1 (x, y) = (φ(x, y), ψ(x, y) − a(x, y)φ(x, y)), (7.21) где a(x, y) — непрерывная функция. Индекс нулевой особой точки у полей Φ и Φ 1 одинаков. Доказательство первого утверждения очевидно. Второе утверждение вытека- ет из того, что векторы Φ(x, y) и Φ 1 (x, y) ни в одной точке плоскости не направлены противоположно. 58 Вернемся к рассмотрению поля, компоненты которого имеют вид (7.14). Допу- стим, что b 1 (x, y) ≡ . . . ≡ b l−1 (x, y) ≡ 0, а функция b l (x, y) не есть тождественный нуль, хотя b l (0, 1) = 0. В этом случае применить лемму 7.1 для исследования нулевой особой точки нельзя. Из равенства b l (0, 1) = 0 вытекает, что многочлен b l (x, y) представим в виде b l (x, y) = xa(x, y), (7.22) где a(x, y) — однородный многочлен степени l − 1. Перейдем от поля (7.20) к полю (7.21), в котором a(x, y) взята из представления (7.22). Нетрудно видеть, что компоненты поля (7.21) будут иметь также вид (7.14), причем в представлении (7.14) второй компоненты будут тождественно равны нулю первые l слагаемых. Для исследования нового поля можно попытаться применить лемму 7.1. Если ее условия не будут выполнены, то аналогичный прием позволяет перейти к полю, у которого вторая компонента имеет тождественно равными нулю многочлены до степени l + 1, и т.д. Описанный алгоритм, вообще говоря, применим во всех тех случаях, когда ин- декс особой точки определяется лишь членами до определенного порядка малости. Особенно он удобен, если компоненты поля — это многочлены. Рассмотрим, например, поле Φ(x, y) = (x + y 2 , 2x + xy + 2y 2 + 2xy 2 + y 3 ). (7.23) Это поле условиям леммы 7.1 не удовлетворяет. Перейдем к полю (7.21), полагая a(x, y) = 2; новое поле имеет вид Φ 1 (x, y) = (x + y 2 , xy + 2xy 2 + y 3 ). Это поле снова не удовлетворяет условиям леммы 7.1; переходим к новому полю Φ 2 (x, y), полагая a(x, y) = y; новое поле имеет вид Φ 2 (x, y) = (x + y 2 , 2xy 2 ). Производим еще одну такую операцию, полагая a(x, y) = 2y 2 ; новое поле имеет вид Φ 3 (x, y) = (x + y 2 , −2y 4 ). Из лемм 7.1 и 7.2 вытекает, что нулевая особая точка поля (7.23) изолирована и ее индекс равен нулю. Упражнение 7.5. Пусть выполнены условия b 1 (x, y) ≡ . . . ≡ b r−1 (x, y) ≡ 0, b r (0, 1) = . . . = b k−1 (0, 1) = 0, b k (0, 1) 6= 0, a 2 (0, 1) = . . . = a s (0, 1) = 0, 59 |