Phép tính vi phân trong không gian banach

TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM ĐÀ NẴNG KHOA TOÁN −−− −−− PHẠM THỊ LÀNH PHÉP TÍNH VI PHÂN TRONG KHƠNG GIAN BANACH Chun ngành: Cử nhân Tốn - Tin KHĨA LUẬN TỐT NGHIỆP Người hướng dẫn khoa học TS TRẦN NHÂN TÂM QUYỀN Đà Nẵng, 3/2014 Mục lục Lời cảm ơn! Lời mở đầu Phép tính vi phân tích phân khơng gian hữu hạn chiều 1.1 Đạo hàm riêng 1.2 Tích phân đường hàm 11 1.3 Công thức Taylor 18 1.4 Cực trị đạo hàm 21 Đạo hàm không gian vector 24 2.1 Không gian ánh xạ tuyến tính liên tục 24 2.2 Đạo hàm ánh xạ tuyến tính 28 2.3 2.4 Các tính chất đạo hàm 32 Định lí giá trị trung bình 37 2.5 2.6 2.7 Đạo hàm bậc 39 Đạo hàm bậc cao 45 Đạo hàm riêng 47 2.8 Đạo hàm dấu tích phân 51 Định lí ánh xạ ngược 53 3.1 Bổ đề co rút 53 3.2 Ánh xạ khả nghịch - Định lí ánh xạ ngược 54 3.3 Các hàm ẩn 58 Lời kết 61 Tài liệu tham khảo 62 Khóa Luận Tốt Nghiệp SVTH: Phạm Thị Lành Lời cảm ơn! Lời cho em kính gửi đến q thầy lịng biết ơn sâu sắc thời gian qua tận tình giúp đỡ, truyền đạt cho em kinh nghiệm quý báu để em hồn thành khóa luận Em xin chân thành cảm ơn thầy, Khoa Tốn - Trường Đại học Sư phạm Đà Nẵng tận tình giảng dạy, trau dồi cho em nhiều tri thức quý giá suốt bốn năm học qua Đó kiến thức vơ hữu ích giúp em xây dựng viết luận văn Em xin cảm ơn thầy Trần Nhân Tâm Quyền - giáo viên hướng dẫn nhiệt tình giúp đỡ, bảo em hồn thành tốt khóa luận Em xin chân thành cảm ơn gia đình bạn bè ln tạo điều kiện giúp đỡ em suốt thời gian vừa qua Nhờ có ba mẹ, bạn ln nguồn động viên, đóng góp ý kiến mà em có hội để hoàn thành tốt luận văn Cuối em xin kính chúc tất q thầy cơ, người gia đình bạn dồi sức khỏe, hạnh phúc may mắn sống! Em xin chân thành cảm ơn! Khóa Luận Tốt Nghiệp SVTH: Phạm Thị Lành Lời mở đầu Đại số tuyến tính giải tích hai mơn học quan trọng kiến thức tiền đề cho sinh viên khoa Tốn Khi tiếp cận với hai mơn học việc học kiến thức khơng gian vector điều thiết yếu Không gian vector không gian quan trọng đại số tuyến tính giải tích Nó dùng nhiều ngành Toán học ngành khoa học khác như: Cơ học, Vật lí, Hóa học, Bài khóa luận nghiên cứu đến phép tính vi phân không gian vector, cụ thể không gian Banach Nội dung khóa luận trình bày chương Chương 1: Nêu lên kiến thức đại số tuyến tính giải tích Chương nêu lên định nghĩa đạo hàm riêng tích phân đường hàm f không gian hữu hạn chiều Ngoài ra, chương đề cập cách tổng quát đến việc tính đạo hàm riêng nhiều lần để từ xây dựng cơng thức Taylor khơng gian n-chiều, khơng gói gọn khơng gian chiều đơn giản Chương 2: Trong chương ta mở rộng kết Chương cho không gian vector định chuẩn, đặc biệt khơng gian Banach Chương tính đạo hàm ánh xạ tuyến tính từ đưa số tính chất đạo hàm Hơn nữa, chương có trình bày cách mở rộng định lí giá trị trung bình đạo hàm dấu tích phân Chương 3: Chủ yếu trình bày tính khả nghịch ánh xạ tuyến tính khơng gian Banach Định lí tồn ánh xạ ngược giới thiệu Ngồi ra, chương trình bày định lí hàm ẩn Các kiến thức đạo hàm hai chương trước sở cần thiết để đưa phát biểu chứng minh cho định lí Khóa Luận Tốt Nghiệp SVTH: Phạm Thị Lành Chương Phép tính vi phân tích phân không gian hữu hạn chiều 1.1 Đạo hàm riêng Trước xem xét trường hợp tổng quát ánh xạ khả vi khơng gian bất kì, xem xét trường hợp đặc biệt hàm, tức hàm trường số thực Ta xét hàm Rn Một điểm Rn biểu thị x = (x1 , x2 , , xn ) Chúng ta thường dùng kí tự thường để điểm nằm Rn Ngẫu nhiên số trường hợp dùng chữ hoa Nếu A = (a1 , a2 , , an ) điểm Rn , ta viết: Ax = A · x = a1 x1 + a2 x2 + + an xn Cho U tập mở Rn f : U → R hàm Khi đạo hàm riêng f x ∈ U định nghĩa là: f (x + hei ) − f (x) h→0 h f (x1 , x2 , , xi + h, , xn ) − f (x1 , x2 , xn ) = lim h→0 h Di f (x) = lim giới hạn tồn Trong đó: ei = (0, , 1, 0, , 0) vector đơn vị, = h ∈ R Đơi đạo hàm kí hiệu: Di f (x) = ∂f ∂xi Ta thấy Di f đạo hàm thông thường mà tất điểm cố định, trừ biến thứ i Một hàm ϕ cho vector h ∈ R, h = gọi o(h), ϕ(h) = h→0 |h| lim Khóa Luận Tốt Nghiệp SVTH: Phạm Thị Lành Trong h = (h1 , h2 , , hn ) vetor với thành phần hi số Nếu hàm ϕ(h) o(h) ta viết dạng: ϕ(h) = |h|ψ(h), lim ψ(h) = h→0 Nếu đặt ψ(h) = ϕ(h) h h phải khác Do ψ định nghĩa h = Một hàm f : U → R khả vi x tồn vector A ∈ Rn cho: f (x + h) = f (x) + A · h + o(h) Hay có hàm ϕ xác định với h = cho ϕ(h) = o(h) h → f (x + h) = f (x) + A · h + ϕ(h) Nhìn lại điều có ta phát biểu: hàm f : U → R khả vi x tồn hàm ψ định nghĩa h cho: lim ψ(h) = h→0 f (x + h) = f (x) + A · h + |h|ψ(h) Ta định nghĩa gradient f x vector mà tọa độ đạo hàm riêng f Nó kí hiệu là: grad ta có: gradf (x) = (gradf )(x) = (D1 f (x), , Dn f (x)) Đơi dùng kí hiệu ∂f /∂xi để đạo hàm riêng, gradf (x) = ( ∂f ∂f , , ) ∂x1 ∂xn Định lí 1.1.1 Cho f khả vi x A vector cho: f (x + h) = f (x) + A · h + o(h) Khi đó, đạo hàm riêng f x tồn tại, A = gradf (x) Khóa Luận Tốt Nghiệp SVTH: Phạm Thị Lành Ngược lại, giả sử đạo hàm riêng f tồn tập mở chứa x f hàm liên tục, f khả vi x Chứng minh Đặt A = (a1 , a2 , , an ) = , i = 1, , n Đặt h = t·ei , t ∈ R Vì f khả vi nên f (x + h) = f (x) + A · h + o(h) ⇔ f (x + tei ) = f (x) + A · tei + |h|ψ(h) ⇔ f (x + t.ei ) = f (x) + t.ei + |h|ψ(h) f (x + tei ) − f (x) − |h|ψ(h) ⇔ = ei t Suy ra: f (x + t · ei ) − f (x) lim = lim t→0 t→0 ei t Tương đương: = Di f (x) Do đó: A = Di f (x) = gradf (x) Vậy f khả vi có A ∈ Rn cho: f (x + h) = f (x) + A · h + o(h) đạo hàm f tồn A = gradf (x) Mặt khác, ta có: f (x1 + h1 , , xn + hn ) − f (x1 , xn ) = f (x1 + h1 , , xn + hn ) − f (x1 , x2 + h2 , , xn + hn ) + f (x1 , x2 + h2 , , xn + hn ) − f (x1 , x2 , , xn + hn ) +f (x1 , , xn−1 , xn + hn ) −f (x1 , , xn ) = D1 f (c1 , x2 + h2 , , xn + hn )h1 + + Dn f (x1 , , xn−1 , cn )hn , c1 , , cn điểm nằm xi + hi xi Vì đạo hàm riêng f tồn nên tồn hàm ψ(i) cho: lim ψi (h) = h→0 Di f (x1 , , xi−1 , ci , , xn + hn ) = Di f (x) + ψi (h) Do đó: n f (x + h) − f (x) = (Di f (x) + ψi (h))hi i=1 n = n Di f (x)hi + i=1 ψi (h)hi i=1 = gradf (x) · hi + o(h) Khóa Luận Tốt Nghiệp SVTH: Phạm Thị Lành 10 Đặt: A = gradf (x), suy ra: f (x + h) − f (x) = A · h + o(h) Vậy: f khả vi Theo đó, gradient f đạo hàm Ta nói f khả vi U khả vi điểm thuộc U Ngoài ra, f , g khả vi grad(f + g) = gradf + gradg; c số grad(cf ) = cgradf Quy luật dây xích Cho ϕ : J → Rn hàm khả vi khoảng có giá trị tập mở U Rn Cho f : U → R hàm khả vi Khi đó: f ◦ ϕ : J → R khả vi, (f ◦ ϕ) (t) = gradf (ϕ(t)) · ϕ (t) Chứng minh Theo định nghĩa hàm khả vi, t ∈ J , có hàm ψ cho: lim ψ(k) = 0, k→0 f (ϕ(t + h)) − f (ϕ(t)) = gradf (ϕ(t))·(ϕ(t + h) − ϕ(t)) + |ϕ(t + h) − ϕ(t)|ψ(k(h)), (∗) với k(h) = ϕ(t + h) − ϕ(t) Chia vế (∗) cho h, ta được: ϕ(t + h) − ϕ(t) f (ϕ(t + h)) − f (ϕ(t)) = gradf (ϕ(t))· h h ϕ(t + h) − ϕ(t) + ψ(k(h)) h Xét giới hạn h → ta được: f (ϕ(t + h)) − f (ϕ(t)) ϕ(t + h) − ϕ(t) = lim gradf (ϕ(t)) · h→0 h→0 h h ϕ(t + h) − ϕ(t) + lim ψ(k(h)) h→0 h lim Tương đương: (f ◦ ϕ) (t) = gradf (ϕ(t)) · ϕ (t) Khóa Luận Tốt Nghiệp SVTH: Phạm Thị Lành 11 Định lí 1.1.2 Cho f hàm tập mở U ∈ Rn Giả sử đạo hàm D1 f , D2 f , D1 D2 f D2 D1 f tồn liên tục Khi đó: D1 D2 f = D2 D1 f Chứng minh Cho (x, y) ∈ U , k, h = Đặt: g(x) = f (x, y + k) − f (x, y) Khi đó, tồn số s1 nằm x x + h cho: g(x + h) − g(x) = g (s1 ) · h Điều cho ta: [f (x + h, y + k) − f (x + h, y)] − [f (x, y + k) − f (x, y)] = g(x + h) − g(x) = [D1 f (s1 , y + k) − D1 f (s1 , y)]h = D2 D1 f (s1 , s2 ) · k · h với s2 nằm y y + k Làm tương tự cho g(y) = f (x + h, y) − f (x, y), tìm số t1 nằm x, x + h t2 nằm y , y + k Xét: f (x + h, y + k) − f (x, y + k) − f (x + h, y) + f (x, y) = g(y + k) − g(y) = [D2 f (x + h, t2 ) − D2 f (x, t2 )] · k = D1 D2 f (t1 , t2 ) · k · h Do đó: D2 D1 f (s1 , s2 ) · k · h = D1 D2 f (t1 , t2 ) · k · h Tương đương: D2 D1 f (s1 , s2 ) = D1 D2 f (t1 , t2 ) Dùng tính chất liên tục đạo hàm lặp, ta được: D1 D2 f (x, y) = D2 D1 f (x, y) 1.2 Tích phân đường hàm Cho U tập mở Rn Một đường liên tục U ánh xạ liên tục α : J → U , từ khoảng đóng J = [a, b] vào U Một đường liên tục mảnh U dãy hữu hạn đường liên tục {α1 , α2 , , αr }, xác định khoảng đóng J1 , , Jr cho: Ji = [ai , bi ] αi+1 (ai+1 ) = αi (bi ) Khóa Luận Tốt Nghiệp SVTH: Phạm Thị Lành 12 Ta gọi αi (ai ) điểm bắt đầu αi αi (bi ) điểm kết thúc αi Chúng ta thường dùng kí hiệu γ để đường Đường γ = {α1 , α2 , , αr } C -từng mảnh αi có đạo hàm liên tục Phần lại chương này, nói đến đường đường đường C -từng mảnh Hình ảnh đường sau: P2 α1 • α2 •P3 α3 • P = P1 • P5 α4 •P4 Một tập U gọi tập liên thông cho điểm P , Q nằm tập U tồn đường U mà điểm bắt đầu P , điểm kết thúc Q Định lí 1.2.1 Cho U tập mở Rn , giả sử U tập liên thông Cho f , g hàm khả vi U Nếu gradf = gradg U , tồn số C cho: f = g + C Chứng minh Ta có: grad(f − g) = gradf − gradg = Đặt ψ = f − g Ta chứng minh rằng: gradψ = U ψ = C , với C số U Cho P ∈ U , Q ∈ U , {α1 , α2 , , αr } đường nằm P, Q, với P điểm bắt đầu, Q điểm kết thúc Khi đó, ∀i, (ψ ◦ αi ) (t) = gradψ(αi (t)) · αi (t) = Do đó: ψ ◦ αi số khoảng định nghĩa Do vậy: ψ ◦ αi = C ⇒ ψ(αi ) = C ⇒ψ=C ⇒ f = g + C Gọi U tập mở Rn Một trường vector U ánh xạ F : U → Rn (ánh xạ biến phần tử U thành phần tử Rn , biểu diễn hàm tọa độ (f1 , f2 , , fn ) Ta nói F liên tục (tương ứng khả vi) fi liên tục (tương ứng khả vi) Một hàm trường vector F hàm khả vi ϕ : U → R cho: gradϕ = F Định lí 1.2.1 rằng: hàm xác định sai khác số U tập liên thơng Khóa Luận Tốt Nghiệp SVTH: Phạm Thị Lành 48 Khi đó, ánh xạ f ∈ C p (U ) đạo hàm riêng Di f : U1 × × Un → L(Ei , F ) thuộc C p−1 (U ) Nếu điều xảy v = (v1 , , ) ∈ E1 × × En thì: n Df (x)v = Di f (x)vi i=1 Chứng minh Ta chứng minh định lí cho trường hợp n = Giả sử đạo hàm riêng liên tục Ta cần chứng minh đạo hàm f tồn cho công thức: n Df (x)v = Di f (x)vi i=1 Gọi (x, y) điểm mà ta cần tính đạo hàm Đặt: h = (h1 , h2 ) Ta có: f (x + h1 , y + h2 ) − f (x, y) = f (x + h1 , y + h2 ) − f (x + h1 , y) + f (x + h1 , y) − f (x, y) = D2 f (x + h1 , y + th2 )h2 dt + D1 f (x + th1 , y)h1 dt Vì D2 f liên tục nên ánh xạ ψ cho bởi: ψ(h1 , th2 ) = D2 f (x + h1 , y + th2 ) − D2 f (x, y) thỏa mãn: lim ψ(h1 , th2 ) = h→0 Do đó: 1 D2 f (x + h1 , y + th2 )h2 dt = D2 f (x, y)h2 dt + ψ(h1 , th2 )h2 dt = D2 f (x, y)h2 + ψ(h1 , th2 )h2 dt Ước lượng sai số cho tích phân ta được: ψ(h1 , th2 )h2 dt ≤ sup |ψ(h1 , th2 )||h2 | 0≤t≤1 ≤ |h| sup |ψ(h1 , th2 )| = o(h) Khóa Luận Tốt Nghiệp SVTH: Phạm Thị Lành 49 Suy ra: D2 f (x + h1 , y + th2 )h2 dt = D2 f (x, y)h2 + o(h) Tương tự, ta có được: D1 f (x + th1 , y)h1 dt = D1 f (x, y)h1 + o(h) Suy ra: f (x + h1 , y + h2 ) − f (x, y) = D2 f (x, y)h2 + o(h) + D1 f (x, y)h1 + o(h) Hay Df (x, y) = D1 f (x, y) + D2 f (x, y) Vậy: Df (x, y) tồn n Df (x) = Di f (x) i=1 Đồng thời điều cho ta Df = f liên tục, f ∈ C (U ) Ví dụ Cho E1 không gian tùy ý, E2 = Rm cho phần tử E2 viết là: (y1 , , ym ) Đặt F = Rs phần tử F viết là: (z1 , , zs ) Gọi U tập mở E1 × Rm ánh xạ f : U → Rs ∈ C p (U ) Khi đó, đạo hàm riêng D2 f (x, y) : Rm → Rs biểu diễn ma trận Jacobi Nếu (f1 , , fs ) hàm (2) tọa độ f Jacobi kí hiệu Jf (x, y), ta có  ∂f  ∂f1 · · · ∂y ∂ys  (2)  Jf (x, y) =   ∂fs ∂fs ∂y1 · · · ∂ys Ví dụ, cho f (x, y, z) = (x2 y, sin z) Ta xem R3 tích R × R2 Khi D2 f (x, y, z) tính R2 biểu diễn ma trận: (2) Jf (x, y, z) = x2 0 cos z Nếu ta tách R3 thành tích R2 × R D2 f (x, y, z) tính R biểu diễn ma trận: (2) Jf (x, y, z) = Khóa Luận Tốt Nghiệp cos z SVTH: Phạm Thị Lành 50 Sẽ hữu ích để có kí hiệu cho ánh xạ tuyến tính từ tích vào tích Xét trường hợp đặc biệt có nhân tử Khi ta miêu tả ánh xạ tuyến tính: λ : E1 × E2 → F1 × F2 Ánh xạ biểu diễn ma trận: λ11 λ12 λ21 λ22 Trong λij : Ej → Fi ánh xạ tuyến tính Vì ta nhận ma trận mà phần tử số mà ánh xạ tuyến tính Điều làm sau Giả sử ta có ánh xạ tuyến tính λij Một phần tử E1 × E2 xem cặp phần tử (v1 , v2 ) với v1 ∈ E1 , v2 ∈ E2 Bây ta viết (v1 , v2 ) dạng vector cột v1 v2 định nghĩa λ(v1 , v2 ) là: λ11 λ12 λ21 λ22 v1 v2 = λ11 v1 + λ12 v2 λ21 v1 + λ22 v2 Khi λ ánh xạ tuyến tính từ E1 × E2 → F1 × F2 Ngược lại, cho λ : E1 × E2 → F1 × F2 ánh xạ tuyến tính Ta có: (v1 , v2 ) = (v1 , 0) + (0, v2 ) ∈ E1 × E2 Và viết λ = (λ1 , λ2 ), λ1 : E1 × E2 → F1 , λ2 : E1 × E2 → F2 ánh xạ tuyến tính Khi λ(v1 , v2 ) = (λ1 (v1 , v2 ), λ2 (v1 , v2 )) = (λ1 (v1 , 0) + λ1 (0, v2 ), λ2 (v1 , 0) + λ2 (0, v2 )) Đặt: λ11 (v1 ) = λ1 (v1 , 0), λ12 (v2 ) = λ1 (0, v2 ) λ21 (v1 ) = λ2 (v1 , 0), λ22 (v2 ) = λ2 (0, v2 ) Do ta biểu diễn λ ma trận: λ11 λ12 λ21 λ22 giải thích thảo luận trước Ta thấy λ(v1 , v2 ) cho cách thực phép nhân ma trận với vector Khóa Luận Tốt Nghiệp SVTH: Phạm Thị Lành 51 v1 v2 Hơn nữa, λij liên tục ánh xạ λ liên tục ngược lại Ta áp dụng điều vào trường hợp đạo hàm riêng có hệ sau Hệ 2.7.1 Cho U tập mở E1 × E2 f : U → F1 × F2 ánh xạ C p Đặt: f = (f1 , f2 ) với f1 : U → F1 f2 : U → F2 Khi ∀x ∈ U , ánh xạ tuyến tính Df (x) biểu diễn ma trận: cột D1 f1 (x) D2 f1 (x) D1 f2 (x) D2 f2 (x) Định lí 2.7.2 Cho U mở E1 × E2 f : U → F ánh xạ cho D1 f , D2 f , D1 D2 f , D2 D1 f tồn liên tục.Khi đó: D1 D2 f = D2 D1 f 2.8 Đạo hàm dấu tích phân Bổ đề 2.8.1 Gọi A tập compact không gian vector định chuẩn, S tập không gian định chuẩn chứa A Gọi f ánh xạ liên tục định nghĩa S Khi đó, ∀ , tồn σ cho x ∈ A, y ∈ S |x − y| < δ , |f (x) − f (y)| < Chứng minh Cho tùy ý ∀x ∈ A, chọn r(x) cho y ∈ S |y − x| < r(x) |f (y) − f (x)| < /2 Theo tích chất phủ hữu hạn tập compact, ta phủ A số hữu hạn hình cầu mở Bi , có bán kính δi = r(xi )/2, tâm xi , (i = 1, n) Đặt: δ = δi Nếu x ∈ A, ∀i ta có |x − xi | < r(xi )/2 Suy ra: |f (x) − f (xi )| < /2 Nếu |y − x| < δ , |y − xi | < r(xi ), cho: |f (y) − f (x)| ≤ |f (y) − f (xi )| + f (xi ) − f (x)| < /2 + /2 = Vậy ta chứng minh bổ đề Định lí 2.8.1 Gọi U tập mở E J = [a, b] Cho f : J ×U → F ánh xạ liên tục cho D2 f tồn liên tục Đặt b g(x) = f (t, x)dt a Khóa Luận Tốt Nghiệp SVTH: Phạm Thị Lành 52 Khi g khả vi U b Dg(x) = D2 f (t, x)dt a Chứng minh Tính chất khả vi tính chất liên quan đến điểm, ta gọi điểm x ∈ U Chọn lân cận mở đủ nhỏ V x, ta giả sử D2 f bị chặn J × V Gọi λ ánh xạ tuyến tính xác định bởi: b λ= D2 f (t, x)dt a Ta có: g(x + h) − g(x) − λh = [f (t, x + h) − f (t, x) − D2 f (t, x)h] dt 1 D2 f (t, x + uh)hdu − D2 f (t, x)h dt = 0 1 [D2 f (t, x + uh) − D2 f (t, x)] hdu dt = 0 Bằng ước lượng ta có: |g(x + h) − g(x) − λh| ≤ max |D2 f (t, x + uh) − D2 f (t, x)||h|, max lấy với ≤ u ≤ ≤ t ≤ Áp dụng bổ đề cho D2 f nằm tập compact J × {x}, ta kết luận ∀ tồn δ cho với h có |h| < δ giá trị max < Suy ra: |g(x + h) − g(x) − λh| < Điều chứng tỏ g khả vi λ đạo hàm g (x) Vậy định lí chứng minh Khóa Luận Tốt Nghiệp SVTH: Phạm Thị Lành 53 Chương Định lí ánh xạ ngược 3.1 Bổ đề co rút Bổ đề 3.1.1 Cho M tập đóng khơng gian Banach Gọi ánh xạ f : M → M giả sử tồn số K , < K < 1, cho ∀x, y ∈ M ta có: |f (x) − f (y)| ≤ K|x − y| Khi đó, f có điểm cố định nhất, tức tồn điểm x0 ∈ M cho f (x0 ) = x0 Nếu x ∈ M , dãy {f n (x)} (phép lấy f lặp lại n lần) dãy Cauchy hội tụ điểm cố định Chứng minh Với điểm cố định x ∈ M ta có: |f (x) − f (x)| = |f (f (x)) − f (x)| ≤ K|f (x) − x| Bằng quy nạp ta có: |f n+1 (x) − f n (x)| ≤ K|f n (x) − f n−1 (x)| ≤ K n |f (x) − x| Nói cụ thể, ta thấy dãy {f n (x)} bị chặn |f n (x) − x| ≤ |f n (x) − f n−1 (x)| + |f n−1 (x) − f n−2 (x)| + + |f (x) − x| ≤ (K n−1 + K n−2 + + K)|f (x) − x| chuỗi hội tụ Bây quy nạp lần nữa, với số nguyên m ≥ 1, k ≥ ta có: |f m+k (x) − f m (x)| ≤ K m |f k (x) − x| Mà f k (x) − x bị chặn Do ∃N cho: m, n ≥ N n = m + k |f m+k (x) − f m (x)| < Khóa Luận Tốt Nghiệp SVTH: Phạm Thị Lành 54 (vì K m → m → ∞) Vậy dãy {f n (x)} dãy Cauchy Gọi x0 giới hạn Chọn N cho với n ≥ N ta có: |x0 − f n (x)| < Khi đó: |f (x0 ) − f n+1 (x)| ≤ K|x0 − f n (x)| < Điều chứng minh dãy {f n (x)} hội tụ đến f (x0 ) Vì thế, f (x0 ) = x0 x0 điểm cố định Cuối cùng, giả sử có điểm x1 điểm cố định f (x1 ) = x1 Khi đó: |x1 − x0 | = |f (x1 ) − f (x0 ) ≤ K|x1 − x0 | Vì < K < nên x1 − x0 = Hay: x1 = x0 Vậy điểm cố định Một ánh xạ f bổ đề vừa nêu gọi ánh xạ co 3.2 Ánh xạ khả nghịch - Định lí ánh xạ ngược Cho λ : E → F ánh xạ tuyến tính liên tục Tiếp tục giả sử E, F không gian Banach Ta nói λ khả nghịch tồn ánh xạ tuyến tính liên tục ω : F → E cho ω ◦ λ = idE λ ◦ ω = idF với idE : E → E idF : F → F (thông thường ta bỏ phần E, F id viết id I ) ∀x ∈ E , y ∈ F ta có: ω(λ(x)) = x λ(ω(y)) = y Ta viết λ−1 để ngược λ Xét phần tử khả nghịch L(E, F ) Nếu λ, ω khả nghịch L(E, F ) rõ ràng ω ◦ λ khả nghịch (ω ◦ λ)−1 = λ−1 ◦ ω −1 Từ ta viết ωλ thay cho ω ◦ λ Xét trường hợp đặc biệt λ : Rn → Rn Ánh xạ tuyến tính λ biểu diễn ma trận A = (aij ) Khi đó, λ khả nghịch A ma trận khả nghịch nghịch đảo A, tồn tính bằng: A A−1 = det(A) Trong A ma trận mà phần tử hàm đa thức theo phần tử A Theo đó, phần tử A định thức A Vậy A khả nghịch định thức = Khóa Luận Tốt Nghiệp SVTH: Phạm Thị Lành 55 Định lí 3.2.1 Nếu u ∈ L(E, E) cho |u| < I − u khả nghịch nghịch đảo chuỗi hội tụ ∞ −1 (I − u) un = I + u + u + = n=0 Chứng minh Vì |u| < u, v ∈ L(E, E) nên ta có: |uv| ≤ |u||v| Ta kết luận rằng: |un | ≤ |u|n Vì chuỗi un hội tụ Bây ta có: (I − u)(I + u + u2 + + un ) = I − un+1 = (I + u + + un )(I − u) Xét giới hạn n → ∞ ý rằng: un+1 → n → ∞ Suy ra: (I − u)(I + u + u2 + + un ) = (I + u + + un )(I − u) = I Do đó: I − u khả nghịch nghịch đảo chuỗi hội tụ ∞ un I + u + u + = n=0 Cho U mở E f : U → F ánh xạ C Ta nói f C -khả nghịch U ảnh f tập mở V F , tồn ánh xạ C g : V → U cho f, g khả nghịch, tức là: ∀x ∈ U, y ∈ V ta có: g(f (x)) = x f (g(y)) = y Gọi U, V, W tập mở không gian Banach, gọi f : U → V g : V → W ánh xạ C p -khả nghịch Giả sử V ảnh f W ảnh g Ta kí hiệu khả nghịch f f −1 g g −1 Khi rõ ràng g ◦ f C p -khả nghịch (g ◦ f )−1 = f −1 ◦ g −1 (vì hợp ánh xạ C p C p ) Gọi f : U → F ánh xạ C p x0 ∈ U Ta nói f C p -khả nghịch địa phương x0 tồn tập mở U1 U chứa x0 cho f C p -khả nghịch U1 Theo định nghĩa chúng ta, điều nghĩa là: tồn tập mở V1 F ánh xạ C p g : V1 → U1 cho: f ◦ g g ◦ f ánh xạ đồng V1 , U1 Hiển nhiên hợp ánh xạ khả nghịch địa phương khả nghịch địa phương Cho τv : E → E ánh xạ cho τv (x) = x + v Khi đạo hàm τv Dτv (x) = I, I ánh xạ đồng Ta thấy U tập mở E v ∈ E τv (U ) tập mở gọi phép tịnh tiến Khóa Luận Tốt Nghiệp SVTH: Phạm Thị Lành 56 U v Đơi ta kí hiệu Uv , bao gồm tất phần tử x + v với x ∈ U Nếu v, w ∈ E τv ◦ τw = τv+w τv ◦ τ−v = I Một ánh xạ τv gọi phép tịnh tiến v Ví dụ, U hình cầu mở, tâm gốc tọa độ, bán kính r τv (U ) = Uv hình cầu mở có tâm v , bán kính r Định lí ánh xạ ngược Cho U tập mở E , x0 ∈ U , f : U → F ánh xạ C Giả sử đạo hàm f (x0 ) : E → F khả nghịch Khi đó, f C -khả nghịch địa phương x0 Nếu ϕ ánh xạ nghịch đảo địa phương ϕ ánh xạ C Chứng minh Đặt: λ = f (x0 ), λ ánh xạ tuyến tính liên tục, khả nghịch từ E → F Nếu biểu diễn ánh xạ hợp là: λ−1 ◦ f : U → E đạo hàm x0 λ−1 ◦ f (x0 ) = I Đặt f (x0 ) = y0 , f1 (x) = f (x + x0 ) − y0 Khi f1 định nghĩa tập mở chứa f1 (0) = Theo f1 ánh xạ hợp thành ánh xạ: τx0 : U−x0 → U f :U →E τ−y0 : E → E Suy f1 khả nghịch địa phương, f1 = τ−y0 ◦ f ◦ τx0 Do đó, f = τy0 ◦ f1 ◦ τ−x0 hợp thành ánh xạ khả nghịch địa phương nên f khả nghịch Vậy f C -khả nghịch Giả sử : x0 = 0, f (0) = f (0) = I Đặt: g(x) = x − f (x) Khi đó, g (0) = theo tính chất liên tục tồn r > cho: |x| ≤ 2r |g (x)| ≤ Theo định lí giá trị trung bình, ta có: |g(x)| ≤ 21 |x| ánh xạ g : B r (0) → B r/2 (0) Ta dám cho y ∈ B r/2 (0) tồn x ∈ B r (0) cho: f (x) = y Chứng minh điều cách, xét ánh xạ: gy (x) = y + x − f (x) Nếu |y| ≤ r/2 |x| ≤ r |gy (x)| ≤ r, gy xem ánh xạ không gian metric đầy đủ từ B r (0) → B r (0) Vậy Khóa Luận Tốt Nghiệp SVTH: Phạm Thị Lành 57 ∀x1 , x2 ∈ B r (0) thì: |gy (x1 ) − gy (x2 )| = |g(x1 ) − g(x2 )| ≤ |x1 − x2 | Do gy ánh xạ co Theo bổ đề gy có điểm cố định mà f (x) = y Gọi U1 tập chứa tất phần tử x ∈ Br (0) cho |f (x)| < r/2 Khi U1 tập mở ,và gọi V1 ảnh Vì vậy: f : U1 → V1 đơn ánh có ánh xạ ngược là: f −1 = ϕ : V1 → U1 Ta phải chứng minh V1 tập mở ϕ ∈ C Gọi x1 ∈ U1 y1 = f (x1 ) cho : |y1 | < r/2 Nếu y ∈ E cho |y| < r/2 tồn x ∈ B r (0) cho f (x) = y Đặt: x = x − f (x) + f (x) Khi đó: |x − x1 | ≤ |f (x) − f (x1 )| + |g(x) − g(x1 )| ≤ |f (x) − f (x1 )| + |x − x1 | Hay: |x − x1 | ≤ 2|f (x) − f (x1 )| = 2|y − y1 |.(∗) Vậy y → y1 x → x1 |x| < r |x1 | < r Điều chứng tỏ x ∈ U1 y ∈ V1 V1 tập mở Vậy f C -khả nghịch địa phương x0 Hơn thế, từ (∗) suy ϕ = f −1 liên tục Để chứng minh khả vi ta ý rằng: f (x1 ) khả nghịch (vì |f (x) − I| ≤ , ∀x ∈ B r (0)) Ta viết: f (x) − f (x1 ) = f (x1 )(x − x1 ) + |x − x1 |ψ(x − x1 ).(∗∗) Trong ψ ánh xạ cho lim ψ(x − x1 ) = x→x1 Suy f (x) − f (x1 ) − f (x1 )(x − x1 ) = |x − x1 |ψ(x − x1 ) Mặt khác : f (x) − f (x1 ) − f (x1 )(x − x1 ) = f −1 (y) − f −1 (y1 ) − f (x1 )−1 (y − y1 ) = x − x1 − f (x1 )−1 (f (x) − f (x1 )).(∗ ∗ ∗) Khóa Luận Tốt Nghiệp SVTH: Phạm Thị Lành 58 Theo (*) gọi C tập bị chặn f (x1 )−1 ta có: |(∗ ∗ ∗)| = |f (x1 )−1 |x − x1 |ψ(x − x1 )| ≤ 2C|y − y1 ||ψ(ϕ(y) − ϕ(y1 ))| Vì ϕ = f −1 liên tục nên ϕ (y1 ) = f (x1 )−1 Do đó: ϕ hợp thành ánh xạ khả nghịch ϕ, f , tức là: ϕ (y) = f (ϕ(y))−1 , đồng thời ϕ, f liên tục nên ϕ liên tục Vậy ϕ ∈ C (V1 ) 3.3 Các hàm ẩn Bây xem xét ánh xạ mà giả sử chúng thuộc lớp C Do đó, nói khả nghịch thay nói C p -khả nghịch nói khả nghịch địa phương thay nói C p -khả nghịch địa phương Cho rằng: p ≤ Chúng ta biết kết sau định lí hàm ẩn khơng gian thực: Định lí 3.4.1 Gọi f : J1 × J2 → R hàm biến thực Giả sử f ∈ C p (J1 × J2 ) Gọi (a, b) ∈ J1 × J2 giả sử f (a, b) = D2 f (a, b) = Khi ánh xạ: p ψ :J1 × J2 → R × R (x, y) −→ (x, f (x, y)) khả nghịch địa phương (a, b) Chứng minh Ta viết: ψ = (ψ1 , ψ2 ) Ma trận Jacobi ψ là: Jψ (x, y) = ∂ψ1 ∂x ∂ψ2 ∂x ∂ψ1 ∂y ∂ψ2 ∂y = ∂f ∂x ∂f ∂y Ma trận khả nghịch (a, b) định thức khác Định lí ánh xạ ngược cho thấy ψ khả nghịch địa phương (a, b) Định lí biết định lí hàm ẩn Định lí 3.4.2 Cho f : J1 × J2 → R hàm biến định nghĩa tích khoảng mở Giả sử f ∈ C p (J1 × J2 ) Cho (a, b) ∈ J1 × J2 giả sử f (a, b) = D2 f (a, b) = Khi tồn khoảng mở J R chứa a hàm C p g : J → R cho: g(a) = b ∀x ∈ J ta có f (x, g(x)) = Khóa Luận Tốt Nghiệp SVTH: Phạm Thị Lành 59 Chứng minh Theo Định lí 3.4.1, ta có ánh xạ ψ : J1 × J2 → R × R = R2 xác định bởi: (x, y) −→ (x, f (x, y)) khả nghịch địa phương (a, b) Gọi nghịch đảo địa phương ϕ với ϕ = (ϕ1 , ϕ2 ) cho ∀x ∈ R, z ∈ R ta có: ϕ(x, z) = (x, ϕ2 (x, z)) Đặt : g(x) = ϕ2 (x, 0) Vì ψ(a, b) = (a, 0) nên ϕ ◦ ψ(a, b) = ϕ(a, 0) Suy ra: ϕ(a, 0) = (a, b) ⇔ (a, ϕ2 (a, 0) = (a, b) ⇔ ϕ2 (a, 0) = b Do đó: g(a) = b Mặt khác, ta có: (x, 0) = ψ(ϕ(x, 0)) = ψ(x, g(x)) = (x, f (x, g(x))) Điều chứng minh f (x, g(x)) = Bây ta mở rộng Định lí 3.4.2 đến trường hợp hàm nhiều biến Định lí 3.4.3 Cho U tập mở Rn f : U → R hàm C p U Đặt: (a, b) = (a1 , , an−1 , b) ∈ U giả sử f (a, b) = Dn f (a, b) = Khi ánh xạ ψ : U → Rn−1 × R = Rn xác định bởi: (x, y) −→ (x, f (x, y)) khả nghịch địa phương (a, b) [Chú ý:Ta viết (x, y) cách viết gọn (x1 , , xn−1 , y)] Chứng minh Ta thấy ánh xạ ψ có hàm tọa độ là: x1 , x2 , , xn−1 f Vậy ma trận Jacobi là:   ··· ···      Jψ (x) =    ···   ∂f ∂f ∂f ∂x1 ∂x2 · · · ∂xn Đây ma trận khả nghịch định thức khác Dn f (a, b) = Vậy ψ ánh xạ khả nghịch Khóa Luận Tốt Nghiệp SVTH: Phạm Thị Lành 60 Định lí 3.4.4 Cho U tập mở Rn f : U → R hàm C p U Đặt (a, b) = (a1 , , an−1 , b) ∈ U giả sử f (a, b) = Dn f (a, b) = Khi tồn hình cầu mở V nằm Rn−1 có tâm a hàm C p g:V →R cho g(a) = b ∀x ∈ V ta có: f (x, g(x)) = Chứng minh Theo Định lí 3.4.3, ta có ánh xạ ψ : U → Rn−1 × R = Rn xác định bởi: (x, y) −→ (x, f (x, y)) khả nghịch địa phương (a, b) Gọi nghịch đảo địa phương ϕ với ϕ = (ϕ1 , , ϕn ) cho ∀x ∈ Rn−1 , z ∈ R ta có: ϕ(x, z) = (x, ϕn (x, z)) Đặt: g(x) = ϕn (x, 0) Vì ψ(a, b) = (a, 0) nên ϕ ◦ ψ(a, b) = ϕ(a, 0) Suy ra: ϕ(a, 0) = (a, b) ⇔ (a, ϕn (a, 0) = (a, b) ⇔ ϕn (a, 0) = b Do đó: g(a) = b Mặt khác, ta có: (x, 0) = ψ(ϕ(x, 0)) = ψ(x, g(x)) = (x, f (x, g(x))) Điều chứng minh f (x, g(x)) = Khóa Luận Tốt Nghiệp SVTH: Phạm Thị Lành 61 Lời kết Bài khóa luận đề cập giải vấn đề sau: • Chương 1: Nêu lên định nghĩa đạo hàm riêng tích phân đường hàm f không gian hữu hạn chiều Đề cập cách tổng quát đến việc tính đạo hàm riêng nhiều lần để từ xây dựng cơng thức Taylor khơng gian n-chiều • Chương 2: Đi tính đạo hàm ánh xạ tuyến tính đưa số tính chất đạo hàm khơng gian Banach Hơn nữa, chương trình bày cách mở rộng định lí giá trị trung bình đạo hàm dấu tích phân khơng gian vector • Chương 3: Chủ yếu trình bày tính khả nghịch ánh xạ tuyến tính khơng gian Banach Ngồi ra, chương cịn trình bày mở rộng định lí ánh xạ ngược định lí hàm ẩn Để thực hồn chỉnh khóa luận hướng dẫn thầy hướng dẫn, em chủ yếu nghiên cứu dựa vào sách ANALYSIS I thầy giới thiệu Trong đây, kiến thức mà em tiếp cận suốt năm học qua, bên cạnh cịn nhiều kiến thức mở rộng mà em chưa có dịp tiếp thu trước Vì xây dựng khóa luận này, em khơng thể tránh khỏi sai sót nội dung hình thức Em kính mong thầy bạn góp ý kiến để em hồn chỉnh luận tốt hoàn thiện kiến thức thân Em xin chân thành cảm ơn! Khóa Luận Tốt Nghiệp SVTH: Phạm Thị Lành 62 Tài liệu tham khảo Serge Lang, ANALYSIS I, Columbia University, New York, 1968, 459pp Khóa Luận Tốt Nghiệp SVTH: Phạm Thị Lành ... tuyến tính ánh xạ phận vi −→ f (v1 , , vi , , ) tuyến tính Điều nghĩa là: f (v1 , , vi + vi , , ) = f (v1 , , vi , , ) + f (v1 , , vi , , ), f (v1 , , cvi , , ) = cf (v1 , , vi , , ), với vi , vi. .. khả vi, giá trị ánh xạ trung điểm đoạn thẳng nối điểm khả vi Trong không gian vector, giá trị tích phân Ta lấy cận tích phân khơng gian ánh xạ tuyến tính liên tục L(E, F ) Đây khơng gian Banach. .. Taylor khơng gian n-chiều, khơng gói gọn không gian chiều đơn giản Chương 2: Trong chương ta mở rộng kết Chương cho không gian vector định chuẩn, đặc biệt không gian Banach Chương tính đạo hàm