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 $f:R^n \to R^m, f=(f_1, \cdots, f_m)$. 易知, 这里 $f_1, \cdots, f_m$ 也都是二次连续可微的, 证明同 17.2.2.zy1. 且有:
\[\begin{align} & \frac{\partial f}{\partial x_i} = (\frac{\partial f_1}{\partial x_i}, \cdots, \frac{\partial f_m}{\partial x_i}) \\ & \frac{\partial}{\partial x_j}\frac{\partial f}{\partial x_i} = (\frac{\partial}{\partial x_j}\frac{\partial f_1}{\partial x_i}, \cdots, \frac{\partial}{\partial x_j}\frac{\partial f_m}{\partial x_i}) \end{align}\]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:
\[\begin{align} & g'(x_0)(v) = f'(h(x_0))(h'(x_0)(v)) = f'(h(x_0))(v) \\ & \frac{\partial g}{\partial x_i} (x_0) = g'(x_0)(e_i) = f'(h(x_0))(e_i) = \frac{\partial f}{\partial x_i}(h(x_0)) & \square \end{align}\]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 $\frac{\partial}{\partial x_j}\frac{\partial f}{\partial x_i}(c) = \frac{\partial}{\partial x_i}\frac{\partial f}{\partial x_j}(c), \forall c$
- $f(\delta e_i + \delta e_j) - f(\delta e_j) = \int_{0}^\delta \frac{\partial f}{\partial x_i}(x_ie_i + \delta e_j)dx_i$ 如何推导?
首先看一个结论, 令 $g(x_i) = x_ie_i + \delta e_j, h = \frac{\partial f}{\partial x_i}$, 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:
\[\begin{align} (f\circ g)'(x_0) &= \lim_{x \to x_0}\frac{f\circ g(x) - f\circ g(x_0)}{x - x_0} \\ &= \lim_{x \to x_0}\frac{f(xe_i + \delta e_j) - f(x_0e_i + \delta e_j)}{x - x_0} \\ &= \lim_{x \to x_0}\frac{f(x_0e_i + \delta e_j + (x-x_0)e_i) - f(x_0e_i + \delta e_j)}{x - x_0} \\ &= f'(g(x_0))(e_i) \\ &= \frac{\partial f}{\partial x_i}(x_0e_i + \delta e_j) \end{align}\]证法2:
\[\begin{align} (f \circ g)'(x_0)(v) &= f'(g(x_0))(g'(x_0)(v)) \\ &= f'(g(x_0))(e_i * v) \\ &= v * f'(g(x_0))(e_i) \\ \end{align}\]这里 $(f \circ g)’(x_0), f’(g(x_0))(e_i)$ 都各是一个实数, 自然有 $(f \circ g)’(x_0) = f’(g(x_0))(e_i) \square$
这里 h, g 都是连续的, 所以 $h\circ g$ 也是连续的, 自然在 $[0, \delta]$ 是可积的, 所以有 $\int_{0}^\delta \frac{\partial f}{\partial x_i}(x_ie_i + \delta e_j)dx_i = \int_{0}^\delta h \circ g = (f \circ g)(\delta) - (f \circ g)(0)$
- 都存在一个 $x_j$ 使得… 的推导.
令 $g(y) = x_ie_i + ye_j$, 易知 $h \circ g$ 在 $[0, \delta]$ 是连续且可微的, 由平均值定理可知存在 $x_j \in (0, \delta)$ 使得
\[\begin{align} &(h \circ g)'(x_j) = \frac{h\circ g(\delta) - h\circ g(0)}{\delta} \\ &(h \circ g)'(x_j) = \frac{\partial}{\partial x_j}\frac{\partial f}{\partial x_i}(x_ie_i + x_je_j) \end{align}\]- $|X - \delta^2a| \le \epsilon \delta^2$ 的推导.
首先看个小结论. 令 $F(x_i) = \frac{\partial f}{\partial x_i}(x_ie_i + \delta e_j) - \frac{\partial f}{\partial x_i}(x_ie_i) $. 则对于 $\forall x_i \in [0, \delta]$, 都有 $|F(x_i) - \delta a| \le \delta \epsilon$
证明: 根据以上信息可知 $\forall x_i \in [0, \delta], \exists x_j \in (0, \delta), F(x_i) = \delta\frac{\partial}{\partial x_j}\frac{\partial f}{\partial x_i}(x_ie_i + x_je_j)$. 又因为 $\lVert x_ie_i + x_je_j - 0 \rVert = \sqrt{x_i^2 + x_j^2} \le |x_i| + |x_j| \le 2\delta$, 所以有 $|\frac{F(x_i)}{\delta} - a| \le \epsilon$. $\square$
所以有: $|\int_0^\delta (F(x_i) - \delta a)| \le \int_0^\delta |F(x_i) - \delta a| \le \int_0^\delta \delta \epsilon$. 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 $d(f(x), f(y)) \lt d(x, y), \forall{x, y}$, 但不存在压缩常数 c, 即对于 $\forall c, \exists x, y; d(f(x), f(y)) \ge cd(x, y)$. 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: $d(x_{n-1}, x_n) \le c^{n - 1} d(x_0, x_1)$. 原文计算成 $d(x_{n-1}, x_n) \le c^{n - 2} d(x_0, x_1)$ 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 $\epsilon < 0$, F 把闭球映射到自身. 这句话我一开始没有证明出来, 此时:
\[\lVert F(x)\rVert \le \lVert y\rVert + \lVert g(x) \rVert \le \frac{r}{2} + \frac{\lVert x \rVert}{2} \le \frac{r}{2} + \frac{r - \epsilon}{2} \le r - \frac{\epsilon}{2}\]这里 $r - \frac{\epsilon}{2}$ 是大于 $r - \epsilon$ 来着..
实际上这里要证的是, 对于 $\forall y, \lVert y \rVert \lt \frac{r}{2}$, 令 $\epsilon = \frac{r}{2} - \lVert y \rVert, \epsilon > 0$, 此时记 $F(x) = y - g(x)$, 证明 F 在 $\overline{B(0, r - \epsilon)}$ 映射到自身. 这样的话, F 存在不动点满足题目中需求. 此时:
\[\lVert F(x)\rVert \le \lVert y\rVert + \lVert g(x) \rVert \le \frac{r}{2} - \epsilon + \frac{\lVert x \rVert}{2} \le \frac{r}{2} - \epsilon + \frac{r - \epsilon}{2} \le r - \frac{3\epsilon}{2} \le r - \epsilon\]习题 17.6.1, 习题 6.6.1; 原文证明错误的. 很容易找到反例 $f’(x_{max}) = \frac{7}{10}, f’(x_{min}) = \frac{3}{10}, c = \frac{3}{10}, f’(x_{max}) \gt c$.
首先看一个小结论, 已知 f 在 [a, b] 连续, 且 $|f| \lt c$, 则 $\exists \epsilon > 0, |f(x)| \le c -\epsilon, \forall x$.
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 $M=max(|fmax|, |fmin|)$, 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 $\exists \epsilon = c - M$.
通过这个结论便很容易完成原文证明了.
