Лекции Дымарский 3 семестр (1187977), страница 2
Текст из файла (страница 2)
В частности, доказано, что: 1) для любого вектораa справедлива оценка |Aa| 6 ||A|| · |a|; 2) ∀ε > 0 ∃δ > 0, что если для всехэлементов верна оценка |ai,j | < δ, то ||A|| < ε. Нам понадобится обобщениенеравенства Лагранжа, ранее доказанное для вектор-функций (см.
теорему1.14.1), в котором модуль приращения отображения оценивается через нормуматрицы Якоби и модуль приращения аргумента:Теорема 1.2. Пусть f : Rn ⊃ X → Rm – всюду дифференцируемое отображение выпуклой области X. Тогда для любых точек x1 , x2 ∈ X существуеттакое число θ ∈ (0, 1), что|f (x2 ) − f (x1 )| 6 ||Df (x1 + θ(x2 − x1 ))|| · |x2 − x1 |.(1.3)Доказательство. В силу выпуклости X, отрезок, соединяющий произвольные точки x1 , x2 ∈ X, целиком содержится в X:[x1 , x2 ] = {x = x1 + t(x2 − x1 ), t ∈ [0, 1]} ⊂ X.5ЛЕКЦИИ ПО МАТЕМАТИЧЕСКОМУ АНАЛИЗУ, ТРЕТИЙ СЕМЕСТРПоэтому существует вектор-функция скалярного переменногоφ : [0, 1] → Vm , φ(t) := f (x1 + t(x2 − x1 )).Из теоремы о дифференцируемости сложного отображения следует, что ее производная φ′ (t) = Df (x1 + t(x2 − x1 ))(x2 − x1 ) ∈ Vm есть вектор, полученныйдействием матрицы Df (...) на вектор x2 − x1 ∈ Vn . Из теоремы Лагранжа1.14.1 следует, что существует такое число θ ∈ (0, 1), для которого |φ(1)−φ(0)| 6|φ′ (θ)| · 1.
(Теорема 1.14.1 доказана для случая m = 3; для произвольного mее формулировка и доказательство остаются прежними.) Воспользовавшисьнеравенством |Aa| 6 ||A|| · |a|, получаем|f (x2 ) − f (x1 )| = |φ(1) − φ(0)| 6 |φ′ (θ)| = |Df (x1 + θ(x2 − x1 ))(x2 − x1 )| 6||Df (x1 + θ(x2 − x1 ))|| · |x2 − x1 |. Нам понадобится вытекающее из (1.3)Следствие 1.1. Если в условиях теоремы 1.2 дополнительно имеет место оценка supx∈X ||Df (x)|| < +∞, то для любых x1 , x2 ∈ X справедливо|f (x2 ) − f (x1 )| 6 sup ||Df (x)|| · |x2 − x1 |.(1.4)x∈X1.3.
Теорема об обратном отображении.Но вот, насытясь разрушеньемИ наглым буйством утомясь,Нева обратно повлеклась,Своим любуясь возмущеньем.А.С. Пушкин. Медный всадникНиже понятие окрестность точки означает произвольное открытое подмножество, содержащее эту точку, в частности это может быть шаровая окрестность.Теорема 1.3. Пусть отображение f : Rn ⊃ U → Rn непрерывно дифференцируемо на области U и в некоторой точке x0 ∈ U определитель detDf (x0 ) ̸=0. Тогда существуют такие окрестности V (x0 ) = V ⊂ U и W (y 0 ) = W точекx0 и y 0 = f (x0 ) соответственно, что:1. сужение f : V → W является биекцией;2.
обратное отображение f −1 : W → V непрерывно дифференцируемо;3. производная обратного отображения вычисляется по формуле∀y ∈ W ,→ Df −1 (y) = (Df (x))−1 , где x = f −1 (y).(1.5)Обсуждение 1.2. Отметим:1. Теорема 1.3 является локальным аналогом теоремы об обратимости числовой функции числового аргумента, производная которой имеет на интервале постоянный знак.2. Размерности пространства-прообраза и пространства образа совпадают.6Я. М. ДЫМАРСКИЙ3.
Формула (1.5) означает, что взятие обратного отображения и дифференцирование перестановочны. Эта формула позволяет найти производнуюобратного отображения, не находя самого обратного отображения.4. Идея доказательства теоремы: если матрица производной Df (x0 ) обратима, то само отображение f локально обратимо, поскольку оно отличается от своего дифференциала на бесконечно малую более высокогопорядка.Доказательство осуществляется в несколько этапов.1. Упрощающие преобразования.
Как и в доказательстве теоремы 1.2, перейдем от точечных пространств к векторным, заменив точки их радиус-векторами.Так как линейное отображение Df (x0 ) является дифференцируемой биекцией (обоснуйте), то утверждение теоремы справедливо тогда и т.т., когда оноверно для суперпозиции (Df (x0 ))−1 ◦f . Но производная ((Df (x0 ))−1 ◦f )′ (x0 ) =(Df (x0 ))−1 ◦Df (x0 ) = id есть тождественное отображение. Поэтому без ограничения общности считаем, что Df (x0 ) = id.
Замены x → x−x0 , y → y−y 0 позволяют предположить, что векторы x0 = y 0 = 0 ∈ U совпадают с нуль-вектором.2. Предварительная оценка. Рассмотрим отображениеg : U → Vn , g(x) := x − f (x).(1.6)Заметим, что g(0) = 0−0 = 0. Далее, oно всюду непрерывно дифференцируемои его производная в нуле Dg(0) = id − id = 0 равна нулевому отображению.Поскольку производная Dg(x) непрерывно зависит от x, то существует такоеr > 0, что шар B2r (0) ⊂ U радиуса 2r целиком принадлежит области определения и для каждого x ∈ B2r (0) норма матрицы Dg(x) допускает оценку||Dg(x)|| < 1/2.
Поскольку шар B2r (0) есть выпуклое множество, из неравенства (1.4) следует, что как только x ∈ B r (0) ⊂ B2r (0), верна оценка|g(x)| = |g(x) − g(0)| 611|x − 0| = |x|.22(1.7)Значит, g отображает замкнутый шар B r (0) радиуса r в концентрический замкнутый шар B r/2 (0) половинного радиуса.3. Переформулировка проблемы. Существование обратного отображения−1f: Br/2 (0) → B r (0) равносильно тому, что для каждого y ∈ Br/2 (0) уравнение f (x) = y разрешимо единственным образом относительно неизвестногоx ∈ B r (0).
Для каждого y ∈ Br/2 (0) определим отображениеgy : B r (0) → Vn , gy (x) := y + x − f (x) = y + g(x).Теперь заметим, что равносильны уравненияf (x) = y ⇔ gy (x) = x.Значит, существование обратного отображения f −1 равносильно существованию для каждого y ∈ Br/2 (0) единственной неподвижной точки x ∈ B r (0)отображения gy .7ЛЕКЦИИ ПО МАТЕМАТИЧЕСКОМУ АНАЛИЗУ, ТРЕТИЙ СЕМЕСТР4. Исследование отображения gy .
Поскольку |y| < r/2 и |x| 6 r, то, в силуоценки (1.7), получаем|gy (x)| 6 |y| + |g(x)| <rr+ = r.2 2Значит, для каждого y ∈ Br/2 (0) отображение gy действует из замкнутого шараB r (0) в себя. Далее, для каждого y ∈ Br/2 (0) и для любой пары x1 , x2 ∈ B r (0),в силу оценки ||Dg(x)|| < 1/2 и неравенства Лагранжа (1.4), получаем:|gy (x2 ) − gy (x1 )| = |g(x2 ) − g(x1 )| 61 2|x − x1 |.2(1.8)Итак, для каждого y ∈ Br/2 (0) отображение gy удовлетворяет условиям теоремы 1.1 с коэффициентом k = 1/2. Следовательно, для каждого y ∈ Br/2 (0)отображение gy имеет единственную неподвижную точку.
Значит, существуетобратное отображение f −1 : W := Br/2 (0) → B r (0).5. Доказательство непрерывности обратного отображения следует из оценок: для произвольных y 1 , y 2 ∈ Br/2 (0), в силу определения (1.6) и оценки(1.8), верно|f −1 (y 2 ) − f −1 (y 1 )| = |x2 − x1 | = |(g(x2 ) + f (x2 )) − (g(x1 ) + f (x1 ))| 61|f (x2 ) − f (x1 )| + |g(x2 ) − g(x1 )| 6 |f (x2 ) − f (x1 )| + |x2 − x1 |.2Поэтому|f −1 (y 2 ) − f −1 (y 1 )| = |x2 − x1 | 6 2|f (x2 ) − f (x1 )| = 2|y 2 − y 1 |.(1.9)Из предыдущей оценки следует, что полный прообраз V := f −1 (Br/2 (0)) ⊂Br (0) принадлежит открытому шару радиуса r (достаточно взять y 1 = 0, y 2 =y ∈ Br/2 (0)). Но у непрерывного отображения, определенного на открытомподмножестве, полный прообраз открытого множества открыт (теорема 2.3.3),т.е.
V – открытое подмножество. С другой стороны, в силу существования обратного отображения f −1 , V есть его образ. (Через f −1 (Br/2 (0)) мы обозначаемвсегда полный прообраз отображения f и образ обратного отображения f −1 ,если оно существует.) Стало быть, отображение f является взаимно непрерывной биекцией между открытым подможеством V = f −1 (Br/2 (0)) и открытымшаром W = Br/2 (0):fV = f −1 (Br/2 (0)) ↔ Br/2 (0) = W.6.
Доказательство непрерывной дифференцируемости обратного отображения. Пусть y ∈ W – произвольная фиксированная точка, а y ′ ∈ W – переменная. Тогда x = f −1 (y) ∈ V – фиксированная точка, а x′ = f −1 (y ′ ) ∈ V –переменная. Из дифференцируемости f следует, чтоf (x′ ) − f (x) = Df (x)(x′ − x) + ε(x′ − x),где отображение ε является o-малым при |x′ − x| → 0, т.е.|ε(x′ − x)|= 0.x →x |x′ − x|lim′(1.10)8Я. М. ДЫМАРСКИЙПрименяя к обеим частям равенства обратную матрицу (Df (x))−1 , получаем(Df (x))−1 (f (x′ ) − f (x)) = x′ − x + (Df (x))−1 (ε(x′ − x)).Последнее равенство равносильно следующему:f −1 (y ′ ) − f −1 (y) = (Df (x))−1 (y ′ − y) − (Df (x))−1 (ε(f −1 (y ′ ) − f −1 (y))).Убедимся, что отображение (Df (x))−1 (ε(f −1 (y ′ ) − f −1 (y))) является o-малымпри y ′ → y.
Поскольку|(Df (x))−1 (ε(f −1 (y ′ ) − f −1 (y)))| 6 ||(Df (x))−1 || · |ε(f −1 (y ′ ) − f −1 (y))|и сомножитель ||(Df (x))−1 || от переменной y ′ не зависит, то остается доказатьпредельное равенствоlim′y →yНо|ε(f −1 (y ′ ) − f −1 (y))|= 0.|y ′ − y||ε(f −1 (y ′ ) − f −1 (y))||ε(f −1 (y ′ ) − f −1 (y))| |f −1 (y ′ ) − f −1 (y)|=·.′|y − y||f −1 (y ′ ) − f −1 (y)||y ′ − y|В силу доказанной непрерывности обратного отображения, f −1 (y ′ ) → f −1 (y)при y ′ → y.
Поэтому (в силу (1.10) и теоремы о переходе к пределу при заменепеременной) первый сомножитель стремится к нулю. Второй сомножитель непревосходит 2 (см. (1.9)). Следовательно произведение стремится к нулю.Дифференцируемость отображения f −1 и формула (1.5) доказаны.Элементы матрицы производной обратного отображения являются суперпозицией трех отображений:y → f −1 (y) = x → Df (x) = A → A−1 .Первое отображение непрервно по доказанному, второе непрерывно по условию, непрерывность третьего следует из правила нахождения обратной матрицы.
Следовательно, обратное отображение является непрерывно дифференцируемым. Пример 1.1. Рассмотрим полярную систему координат как отображениеp : [0, +∞) × R → R2 , p(ρ, φ) = (ρ cos φ, ρ sin φ).Матрица Якоби и ее определитель равны:()cos φ −ρ sin φJ(ρ, φ) =⇒ detJ(ρ, φ) = ρ > 0.sin φ ρ cos φЗначит, сужение pe отображения p на открытую полуплоскость (0, +∞)×R имеет невырожденную производную в каждой точке. Согласно теореме 1.3, отображение pe в любой точке открытой полуплоскости является локальной биекцией.ЛЕКЦИИ ПО МАТЕМАТИЧЕСКОМУ АНАЛИЗУ, ТРЕТИЙ СЕМЕСТР9Образ Im(ep) всей открытой полуплоскости есть вся плоскость без начала координат.
Однако отображение pe не является глобальной биекцией посколькуpe(ρ, φ + 2πk) = pe(ρ, φ) для любого k ∈ Z, т.е. отображение 2π-периодично повторому аргументу. В п. 2.2.2 мы установили, что отображение pe являетсябиекцией между любой открытой горизонтальной полосой ширины 2π и плоскостью, из которой удален луч, выходящий из начала координат:p{ρ > 0} × {φ : φ0 < φ < φ0 + 2π} ↔ R2 \ {x = ρ cos φ0 , y = ρ sin φ0 ; ρ > 0}.1.4. Теорема о неявно заданном отображении.Мне мило отвлеченное:Им жизнь я создаю...Я всё уединенное,Неявное люблю.З.Н. Гиппиус.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
