陶哲轩实分析: 多元微积分(3)

这一篇文章介绍陶哲轩 analysis ii, 6.5 节二阶导数和克莱罗定理, 6.6 节压缩映射定理读书笔记.

定理 17.5.4, 这里对证明各个方程进行补全:

为什么原文只讨论了 m=1 的情况?

对于 $f : R^{n} \to R^{m}, f = (f_{1}, \dots, f_{m})$ . 易知, 这里 $f_{1}, \dots, f_{m}$ 也都是二次连续可微的, 证明同 17.2.2.zy1. 且有:

\begin{aligned} \frac{\partial f}{\partial x_{i}} = (\frac{\partial f_{1}}{\partial x_{i}}, \dots, \frac{\partial f_{m}}{\partial x_{i}}) \\ \frac{\partial}{\partial x_{j}} \frac{\partial f}{\partial x_{i}} = (\frac{\partial}{\partial x_{j}} \frac{\partial f_{1}}{\partial x_{i}}, \dots, \frac{\partial}{\partial x_{j}} \frac{\partial f_{m}}{\partial x_{i}}) \end{aligned}

因此只要我们证明了 m=1 时定理成立, 那么便可知 $\frac{\partial}{\partial x_{j}} \frac{\partial f_{k}}{\partial x_{i}} = \frac{\partial}{\partial x_{i}} \frac{\partial f_{k}}{\partial x_{j}}$ , 自然便可得结论. 如下 f 值域均认为是 R.

假设我们已经证明了 0 点时定理成立, 如何将结论推到任意 x?

首先要看一个小结论, 令 $h (x) = x + c, R^{n} \to R^{n}$ , 这里 c 为一个 n 维行向量常值. 令 $g = f \circ h$ , 则有 $\frac{\partial g}{\partial x_{i}} (x) = \frac{\partial f}{\partial x_{i}} (x + c)$ .

证明: 首先可知 h 连续可微, 且 $h^{'} (x_{0}) (v) = v$ , $h^{'} (x_{0})$ 对应的矩阵表示是对角线为 1, 其余全为 0. 已知 f 二次连续可微, 即 f 本身是可微的, 所以 g 也是可微的. 且:

\begin{aligned} g^{'} (x_{0}) (v) = f^{'} (h (x_{0})) (h^{'} (x_{0}) (v)) = f^{'} (h (x_{0})) (v) \\ \frac{\partial g}{\partial x_{i}} (x_{0}) = g^{'} (x_{0}) (e_{i}) = f^{'} (h (x_{0})) (e_{i}) = \frac{\partial f}{\partial x_{i}} (h (x_{0})) & ◻ \end{aligned}

进一步可以推出 $\frac{\partial}{\partial x_{j}} \frac{\partial g}{\partial x_{i}} (x) = \frac{\partial}{\partial x_{j}} \frac{\partial f}{\partial x_{i}} (x + c)$ . 由于 g 也是二次连续可微的, 根据定理可知 $\frac{\partial}{\partial x_{j}} \frac{\partial g}{\partial x_{i}} (0) = \frac{\partial}{\partial x_{i}} \frac{\partial g}{\partial x_{j}} (0)$ . 即 $\frac{\partial}{\partial x_{j}} \frac{\partial f}{\partial x_{i}} (c) = \frac{\partial}{\partial x_{i}} \frac{\partial f}{\partial x_{j}} (c), \forall c$

$f (δ e_{i} + δ e_{j}) - f (δ e_{j}) = \int_{0}^{δ} \frac{\partial f}{\partial x_{i}} (x_{i} e_{i} + δ e_{j}) d x_{i}$ 如何推导?

首先看一个结论, 令 $g (x_{i}) = x_{i} e_{i} + δ e_{j}, h = \frac{\partial f}{\partial x_{i}}$ , 则此时 $f \circ g : R \to R; h \circ g : R \to R$ , 且 $(f \circ g)^{'} = h \circ g$ .

证法1:

\begin{aligned} (f \circ g)^{'} (x_{0}) & = lim_{x \to x_{0}} \frac{f \circ g (x) - f \circ g (x_{0})}{x - x_{0}} \\ = lim_{x \to x_{0}} \frac{f (x e_{i} + δ e_{j}) - f (x_{0} e_{i} + δ e_{j})}{x - x_{0}} \\ = lim_{x \to x_{0}} \frac{f (x_{0} e_{i} + δ e_{j} + (x - x_{0}) e_{i}) - f (x_{0} e_{i} + δ e_{j})}{x - x_{0}} \\ = f^{'} (g (x_{0})) (e_{i}) \\ = \frac{\partial f}{\partial x_{i}} (x_{0} e_{i} + δ e_{j}) \end{aligned}

证法2:

\begin{aligned} (f \circ g)^{'} (x_{0}) (v) & = f^{'} (g (x_{0})) (g^{'} (x_{0}) (v)) \\ = f^{'} (g (x_{0})) (e_{i} * v) \\ = v * f^{'} (g (x_{0})) (e_{i}) \end{aligned}

这里 $(f \circ g)^{'} (x_{0}), f^{'} (g (x_{0})) (e_{i})$ 都各是一个实数, 自然有 $(f \circ g)^{'} (x_{0}) = f^{'} (g (x_{0})) (e_{i}) ◻$

这里 h, g 都是连续的, 所以 $h \circ g$ 也是连续的, 自然在 $[0, δ]$ 是可积的, 所以有 $\int_{0}^{δ} \frac{\partial f}{\partial x_{i}} (x_{i} e_{i} + δ e_{j}) d x_{i} = \int_{0}^{δ} h \circ g = (f \circ g) (δ) - (f \circ g) (0)$

都存在一个 $x_{j}$ 使得… 的推导.

令 $g (y) = x_{i} e_{i} + y e_{j}$ , 易知 $h \circ g$ 在 $[0, δ]$ 是连续且可微的, 由平均值定理可知存在 $x_{j} \in (0, δ)$ 使得

\begin{aligned} (h \circ g)^{'} (x_{j}) = \frac{h \circ g (δ) - h \circ g (0)}{δ} \\ (h \circ g)^{'} (x_{j}) = \frac{\partial}{\partial x_{j}} \frac{\partial f}{\partial x_{i}} (x_{i} e_{i} + x_{j} e_{j}) \end{aligned}

$| X - δ^{2} a | \leq ϵ δ^{2}$ 的推导.

首先看个小结论. 令 $F (x_{i}) = \frac{\partial f}{\partial x_{i}} (x_{i} e_{i} + δ e_{j}) - \frac{\partial f}{\partial x_{i}} (x_{i} e_{i})$ . 则对于 $\forall x_{i} \in [0, δ]$ , 都有 $| F (x_{i}) - δ a | \leq δ ϵ$

证明: 根据以上信息可知 $\forall x_{i} \in [0, δ], \exists x_{j} \in (0, δ), F (x_{i}) = δ \frac{\partial}{\partial x_{j}} \frac{\partial f}{\partial x_{i}} (x_{i} e_{i} + x_{j} e_{j})$ . 又因为 $‖ x_{i} e_{i} + x_{j} e_{j} - 0 ‖ = \sqrt{x_{i}^{2} + x_{j}^{2}} \leq | x_{i} | + | x_{j} | \leq 2 δ$ , 所以有 $| \frac{F (x_{i})}{δ} - a | \leq ϵ$ . $◻$

所以有: $| \int_{0}^{δ} (F (x_{i}) - δ a) | \leq \int_{0}^{δ} | F (x_{i}) - δ a | \leq \int_{0}^{δ} δ ϵ$ . 简单计算之后便可得证.

定义 17.6.1, 我理解应该存在一种映射 f, 使得 $d (f (x), f (y)) < d (x, y), \forall x, y$ , 但不存在压缩常数 c, 即对于 $\forall c, \exists x, y; d (f (x), f (y)) \geq c d (x, y)$ . 很明显可以看出压缩映射 f 是一致连续的.

定理 17.6.4, 证明过程见原文, 做了若干改动:

应该是: $d (x_{n - 1}, x_{n}) \leq c^{n - 1} d (x_{0}, x_{1})$ . 原文计算成 $d (x_{n - 1}, x_{n}) \leq c^{n - 2} d (x_{0}, x_{1})$ 了.

$\sum_{n = 0}^{m - 1} C^{n} + \sum_{n = m}^{\infty} C^{n} = \frac{1}{1 - c}$ , 所以 $\sum_{n = m}^{\infty} C^{n} = \frac{1}{1 - c} - \sum_{n = 0}^{m - 1} C^{n}$ , 利用等比数列求和公式 $\sum_{n = 0}^{m - 1} C^{n} = \frac{1 - C^{m - 1}}{1 - c}$

在证得 $lim_{n \to \infty} x_{n} = A$ 之后, 考虑到 $x_{n} = f (x_{n - 1})$ , 所以可得 $lim_{n \to \infty} f (x_{n}) = A$ . 结合完备空间总是闭的, 可知 $A \in X$ , 且 f 在 X 上连续, 即 f 在 A 上连续, 即 $f (A) = A$ .

引理 17.6.6, 同理可知, 对于一个足够小的 $ϵ < 0$ , F 把闭球映射到自身. 这句话我一开始没有证明出来, 此时:

‖ F (x) ‖ \leq ‖ y ‖ + ‖ g (x) ‖ \leq \frac{r}{2} + \frac{‖ x ‖}{2} \leq \frac{r}{2} + \frac{r - ϵ}{2} \leq r - \frac{ϵ}{2}

这里 $r - \frac{ϵ}{2}$ 是大于 $r - ϵ$ 来着..

实际上这里要证的是, 对于 $\forall y, ‖ y ‖ < \frac{r}{2}$ , 令 $ϵ = \frac{r}{2} - ‖ y ‖, ϵ > 0$ , 此时记 $F (x) = y - g (x)$ , 证明 F 在 $\overset{―}{B (0, r - ϵ)}$ 映射到自身. 这样的话, F 存在不动点满足题目中需求. 此时:

‖ F (x) ‖ \leq ‖ y ‖ + ‖ g (x) ‖ \leq \frac{r}{2} - ϵ + \frac{‖ x ‖}{2} \leq \frac{r}{2} - ϵ + \frac{r - ϵ}{2} \leq r - \frac{3 ϵ}{2} \leq r - ϵ

习题 17.6.1, 习题 6.6.1; 原文证明错误的. 很容易找到反例 $f^{'} (x_{m a x}) = \frac{7}{10}, f^{'} (x_{m i n}) = \frac{3}{10}, c = \frac{3}{10}, f^{'} (x_{m a x}) > c$ .

首先看一个小结论, 已知 f 在 [a, b] 连续, 且 $| f | < c$ , 则 $\exists ϵ > 0, | f (x) | \leq c - ϵ, \forall x$ .

证明: 因为 f 在 [a, b] 连续, 所以在 [a, b] 上取得最大值 fmax, 最小值 fmin, 则令 $M = m a x (| f m a x |, | f m i n |)$ , 可知 M < c, 因为若 M = c, 则意味着 f 在某点可以取到值 c. 则意味着 $\exists ϵ = c - M$ .

通过这个结论便很容易完成原文证明了.

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