3.2.1 Kí hiệu
Xuyên suốt mục này là tập con mở bị chặn của . Với ma trận Jacobi của tại là và định thức Jacobi của tại là:
. (3.4) Tập các giá trị chính quy là :
. (3.5) Phần bù của nó được gọi là tập các giá trị tới hạn. Ta lập:
và :
. (3.6)
3.2.2 Định nghĩa ánh xạ bậc
Định nghĩa Một hàm deg mà ứng với mỗi , một số thực được gọi là bậc nếu nó thỏa mãn những điều kiện sau : (D1). (bất biến đối với phép tịnh tiến). (D2). nếu (sự chuẩn hóa).
(D3). Nếu là các tập mở rời nhau của sao cho , thì: (tính cộng tính).
(D4). Nếu thì
(bất biến với phép đồng luân).
Trước khi ta đưa ra một vài kết luận hình thành định nghĩa, ta sẽ thảo luận các tính chất (D1)-(D4) trước.
(D1) là tự nhiên vì nên có một cái gì đó để làm với nghiệm của , cũng là nghiệm của .
(D2) là sự chuẩn hóa vì bội bất kì của deg đều cần phải thỏa mãn các điều kiện khác.
(D3) cũng hoàn toàn tự nhiên vì nó đòi hỏi deg là cộng tính đối với các bộ phận cấu thành. Ngoài ra nó có nghĩa là các tập hợp trong đó không có đóng góp trong định nghĩa bậc.
(D4) không là tự nhiên vì nó loại trừ trường hợp deg là số phần tử của . Mặt khác, nó sẽ cho ta khả năng tính trong một số trường hợp.
Định lí 3.1. Giả sử deg thỏa mãn (D1)-(D4) và cho khi đó các phát biểu sau là đúng:
(i). Ta có . Hơn nữa nếu là các tập con
mở rời nhau của sao cho thì:
.
(ii). Nếu thì (nhưng chiều ngược lại không
đúng). Một cách phát biểu tương đương, nếu thì .
(iii).Nếu thì
. Ngoài ra, điều này cũng đúng nếu
với .
Chứng minh:
Với phần đầu của (i) dùng (D3) với và . Với phần thứ hai dùng trong (D3) nếu và phần còn lại thấy được từ quy nạp.
Với (ii) áp dụng và trong (ii).
Với (iii), chú ý rằng thỏa mãn với nằm trên biên. Tiếp đến ta chỉ ra rằng (D4) bao hàm một vài vấn đề mới nhìn thì trông có vẻ mạnh hơn.
Định lí 3.2. Ta có và cùng liên tục. Thực tế, ta còn có:
(i). là hằng số trên mỗi bộ phận của .
(ii). là hằng số trên mỗi bộ phận của .
Hơn nữa, nếu và cùng liên tục sao cho
Chứng minh:
Với (i) cho là một bộ phận của và . Nó đủ để chỉ ra rằng là hằng số địa phương. Nhưng nếu thì theo (D4) vì
. Chứng minh (ii) cũng tương tự.
Với phần còn lại, chú ý rằng nếu lên tục thì vì là compact. Do đó, ngoài ra nếu thì độc lập với và nếu ta có thể sử dụng
. □
Chú ý rằng kết quả này cũng chỉ ra tại sao không thể xác định ý nghĩa với . Thật vậy, lấy gần đúng từ các bộ phận khác của nói chung sẽ cho kết quả trong những giới hạn khác nhau.
Ngoài ra, chú ý rằng nếu là tập con đóng của của không gian liên thông địa phương thì các bộ phận của là mở (trong topo của ) và liên thông (tập các điểm mà một đường dẫn đến một điểm cố định tồn tại là vừa đóng vừa mở).
Bây giờ ta thử tính deg sử dụng tính chất của nó. Ta bắt đầu với một trường hợp đơn giản và giả sử và . Không hạn chế, ta xét . Ngoài ra, ta tránh trường hợp tầm thường . Vì các điểm của trong bị cô lập (sử dụng và định lí hàm ngược) chúng chỉ có thể tập hợp trên biên . Nhưng điều này cũng không thể được vì sẽ bằng tại điểm giới hạn trên biên bởi tính liên tục tuyệt đối. Do đó chọn lân cận đủ nhỏ của ta có
Nó đủ để xét một trong các không điểm gọi là . Hơn nữa, ta có thể giả thiết và . Tiếp đến ta thay thế bởi phép xấp xỉ tuyến tính quanh 0. Theo định nghĩa đạo hàm ta có
. (3.8) Bây giờ xét phép đồng luân . Để kết luận ta cần chỉ ra . Vì ta có thể tìm được hằng số sao cho và vì ta có thể giảm bớt sao cho . Nghĩa là
với như mong muốn.
3.2.4 Bậc của ma trận không suy biến
Để tính bậc của một ma trận không suy biến ta cần bổ đề sau
Bổ đề 3.3. Hai ma trận không suy biến là đồng luân trong
khi và chỉ khi .
Chứng minh:
Ta sẽ chỉ ra rằng bất kì ma trận không suy biến đã cho là đồng luân với trong đó diag là ma trận chéo với đường chéo .
Thực tế, chú ý rằng cộng hàng với hàng khác và nhân một hàng với hằng số dương có thể thực hiện bởi sự biến dạng liên tục sao cho tất cả các ma trận trung gian là không suy biến. Do đó ta có thể rút gọn thành một ma trận chéo diag với . Tiếp đến
(3.9) cho thấy và là đồng luân. Bây giờ ta áp dụng kết quả này cho cả hai bởi hai khối con như sau. Với mỗi bắt đầu từ và đi xuống
đến 2 biến đổi khối con thành diag(1,1), diag tương ứng. Kết quả là công thức cần tìm cho .
Để kết thúc chứng minh chú ý rằng một sự biến dạng liên tục bên trong không thể làm thay đổi dấu của định thức vì nếu không thì định thức sẽ phải triệt tiêu đâu đó ở giữa (tức là ta sẽ bỏ đi ). □
3.2.5 Công thức định thức
Sử dụng bổ đề 3.3 ta có thể đưa ra kết quả chính của mục này
Định lí 3.4. Giả sử và thì một bậc thỏa mãn (D1)- (D4) thỏa mãn
, (3.10)
trong đó tổng là hữu hạn và ta quy ước .
Chứng minh: Từ bổ đề trước ta thu được
(3.11) vì tương đương với với .
Do đó còn phải chỉ ra .
Nếu sgn điều này là đúng nhờ (D2). Mặt khác ta có thể thay
thế bởi .
Bây giờ cho ,
,
,
và đặt
Trên xét hai ánh xạ liên tục sao cho nếu ,
Vì với ta suy ra .
Hơn nữa ta có và từ đó:
. □ Tính đến thời điểm này ta mới chỉ ra rằng một bậc cần thiết thỏa mãn (3.10). Một khi ta chỉ ra rằng các giá trị chính quy là trù mật , nó sẽ cho thấy bậc là xác định duy nhất nhờ (3.10) vì giá trị còn lại theo sau từ điểm (iv) của định lí (3.1). Mặt khác, ta không biết một bậc có tồn tại hay không. Do đó ta cần phải chỉ ra (3.10) có thể mở rộng với và sự mở rộng này thỏa mãn điều kiện (D1)-(D4).
3.3 Sự mở rộng của công thức định thức
Mục tiêu hiện nay của ta là chỉ ra rằng công thức đinh thức (3.10) có thể được mở rộng với tất cả . Điều này sẽ được làm trong hai bước, trong đó ta sẽ chỉ ra rằng như được định nghĩa trong (3.10) là hằng số địa phương đối với cả (bước 1) và (bước 2).
Trước khi ta thực hiện chi tiết kĩ thuật cho hai bước này, ta chứng minh rằng tập các giá trị chính quy là trù mật. Đó là kết quả của một trường hợp đặc biệt của định lí Sard, nói rằng có độ đo không.
Bổ đề 3.5. (Sard)
Giả sử khi đó độ đo Lebesgue của bằng không.
Chứng minh:
Vì bổ đề là dễ dàng kiểm tra đối với ánh xạ tuyến tính, nên ta chia thành các tập con đủ nhỏ, sau đó ta thay thế bởi phép xấp xỉ tuyến tính trên mỗi tập con và đánh giá sai số.
Cho là tập các điểm tới hạn của . Trước tiên ta vượt qua hình lập phương mà dễ dàng để chia. Cho là phủ đếm
được cho gồm các hình lập phương mở sao cho . Khi đó nó thỏa mãn để chứng minh rằng có độ đo không vì
( là một phủ).
Cho là hình lập phương bất kì và là độ dài các cạnh của nó. Cố định và chia thành hình lập phương độ dài . Vì liên tục đều trên ta có thể tìm được (độc lập với ) sao cho
(3.12) với .
Bây giờ chọn mà chứa điểm tới hạn . Không hạn chế, ta giả thiết và đặt . Do nên có một cơ sở trực chuẩn của sao cho trực giao với ảnh của . Ngoài ra, có một hằng số sao cho (ví dụ
) và do đó có một hằng số thứ hai (cũng độc lập với ) sao cho (3.13)
(ví dụ ).
Tiếp theo, do (3.12) ta còn có
(3.14) Do đó độ đo của nhỏ hơn . Vì có nhiều nhất tập ta thấy độ đo của nhỏ hơn . □
Có kết quả này ta có thể đến với bước 1 và bước 2 từ trên
3.3.1 Bước 1: Thừa nhận giá trị tới hạn
bởi một đường, thì có thể sẽ có vài giá trị ẩn ở giữa. Để khắc phục vấn đề này ta cần một định nghĩa cho deg mà có thể làm việc tốt với các giá trị ẩn. Ta thử tìm một biểu diễn tích phân.
Công thức (3.10) có thể viết : , trong đó là hàm suy rộng Dirac tại . Nhưng vì ta không muốn gặp hàm suy rộng, ta thay thế bởi , trong đó là họ các hàm sao cho là giá trên hình cầu bán kính tâm và thỏa mãn .
Bổ đề 3.6. Cho . Khi đó
(3.15)
với mọi dương nhỏ hơn đã biết phụ thuộc vào và . Hơn nữa :
với .
Chứng minh:
Nếu , ta có thể đặt ) Suy ra với .
Nếu , ta có thể tìm được sao cho là hợp của các lân cận rời nhau của theo định lí hàm ngược. Hơn nữa, sau khi có thể giảm bớt ta giả thiết là song ánh và khác không trên . Lại có : với
và do đó
(3.16) trong đó, ta đổi biến trong bước hai. □
Biểu diễn tích phân mới của ta tạo nên ý nghĩa cho các giá trị ẩn. Nhưng vì phụ thuộc vào , liên tục tuyệt đối đối với là không xóa bỏ. Điều này cho thấy tiếp đến cần hơn là .
Tư tưởng chính là viết lại như một tích phân trên giá phân kì (ở đây ta sẽ cần ) trong và do đó áp dụng định lí Stokes. Với mục đích này, kết quả dưới đây sẽ được sử dụng:
Bổ đề 3.7. Giả sử và , khi đó
, (3.17) trong đó là định thức của ma trận thu được từ bằng cách thay thế cột thứ bởi .
Chứng minh: Ta tính
, (3.18) trong đó là định thức của ma trận thu được từ ma trận liên kết với
bởi thay thế vào cột thứ .
Vì ta suy ra , do thay đổi cột và .
Do đó :
. (3.19) Bây giờ cho kí hiệu định thức con của và nhắc lại
. Sử dụng điều này để mở rộng định thức theo cột cho bởi:
= (3.20)
□
Bây giờ ta có thể chứng minh:
Bổ đề 3.8. Giả sử . Khi đó là hằng số trong mỗi
hình cầu chứa trong bất cứ khi nào được xác định.
Chứng minh:
Cố định và xét hình cầu lớn nhất tâm chứa trong . Chọn và xét :
(3.21) với phù hợp và thỏa mãn . Bây giờ quan sát
, (3.22)
trong đó
, (3.23) và áp dụng bổ đề trước để viết lại tích phân như . Vì hàm lấy tích phân triệt tiêu trong lân cận của nên không hạn chế để giả thiết là trơn để ta có thể áp dụng định lí Stokes. Khi đó ta có
vì là giá trong với điều kiện
đủ nhỏ (ví dụ ). □
, (3.24) trong đó là giá trị chính quy của với .
Chú ý 3.9. Ta chú ý sự gần đúng khác nhờ Kronecker. Với cùng biên đủ trơn ta có
(3.25)
với . Rõ ràng ta có
.
(3.26) Vì , hàm lấy tích phân cũng có thể viết lại như sự kéo về
của mặt chính tắc phần tử trên .
Điều này trùng với giá trị biên xấp xỉ cho hàm phức (chú ý rằng hàm giải tích là bảo toàn sự định hướng).
3.3.2 Bước 2 : Thừa nhận các hàm liên tục
Bước cuối cùng là khử điều kiện . Như trước ta muốn bậc là hằng số trong mỗi hình cầu chứa trong . Ví dụ : cố định
và đặt . Chọn sao cho
thỏa mãn . Khi đó
và .
Nếu ta có thể chỉ ra rằng là hằng số địa phương đối với thì nó liên tục đối với và do đó không đổi (vì là liên thông). Do đó ta có thể định nghĩa:
, (3.27)
Còn phải chỉ ra rằng là hằng số địa phương.
Bổ đề 3.10. Giả sử , khi đó với mỗi có
sao cho với mọi .
Chứng minh:
Nếu cũng đúng với nếu . Do đó ta có thể loại trừ trường hợp này.Với trường hợp còn lại ta sử dụng cách thông thường là xét trước và sau đó lấy xấp xỉ bởi một điểm chính quy.
Giả sử và cho . Theo định lí hàm ẩn ta có thể tìm được các lân cận rời nhau sao cho tồn tại nghiệm duy nhất của với . Rút gọn nếu cần thiết, ta có thể giả thiết dấu của không đổi trên . Cuối cùng, cho . Khi đó với và là đại lượng ta đang tìm.
Ta còn phải xét trường hợp . Chọn một giá trị chính quy
trong đó thỏa mãn
. Khi đó ta có thể tìm được sao cho với . Đặt ta
suy ra với , nghĩa là
và do đó
. Tất cả cùng thỏa mãn với như yêu cầu. □ Bây giờ ta có thể kết thúc chứng minh định lí chính của ta:
Định lí 3.11. Có một bậc duy nhất deg thỏa mãn (D1)-(D4). Hơn nữa, là hằng số trên mỗi bộ phận và cho ta có :
(3.28)
trong đó là trong cùng một bộ phận của , nói
sao cho .
Chứng minh:
Phần xét đến ở trước của ta cho thấy deg là định nghĩa tốt và là hằng số địa phương đối với chứng minh đầu tiên bởi cách xây dựng. Khi đó là liên tục và do đó tất yếu không đổi trên các bộ phận vì là rời rạc.
(D2) là rõ ràng và (D1) là thỏa mãn vì nó cố định với theo xây dụng.
Tương tự lấy như trong (D3) ta có thể yêu cầu . Khi đó (D3) là thỏa mãn vì nó cũng cố định với theo xây dung.
Cuối cùng, (D4) là kết quả của tính liên tục tuyệt đối.
Để kết thúc mục này ta đưa ra ví dụ minh họa đơn giản sử dụng bậc Brouwer.
Ví dụ: Tìm các không điểm của
(3.29)
Biểu diễn phần tuyến tính bởi
. (3.30) Khi đó ta có và Do đó thỏa mãn với . Suy ra (3.31)
Hơn nữa vì ta thấy có nghiệm duy nhất trong . Nghiệm này nằm trên đường tròn
vì suy ra .
Tiếp đến ta chứng minh kết quả sau đây bao hàm định lí quả cầu lông (con nhím).
Định lí 3.12. Giả sử chứa gốc tọa độ và liên tục. Nếu lẻ
thì tồn tại và sao cho .
Chứng minh:
Theo định lí 3.15 ở dưới ta có thể giả thiết và vì lẻ nên
ta có . Nếu thì
phải có một không điểm và do đó .
Mặt khác, nếu ta có thể áp dụng chứng minh tương tự với . □ Đặc biệt kết quả này có nghĩa là một trường vectơ tiếp xúc liên tục trên mặt cầu (với với ) phải triệt tiêu đâu đó nếu lẻ. Hay với bạn không thể chải một cách trơn tru một con nhím mà không để lại một chỗ hói hoặc làm nên một đường ngôi. Tuy nhiên ta có thể chải tóc trơn tru trên một hình xuyến và đó là tại sao từ trong phản ứng hạt nhân có hình xuyến.
Hệ quả đơn giản khác là một trường vector trên mà những điểm hướng ra ngoài (hoặc vào trong) trên một mặt cầu phải triệt tiêu đâu đó trong mặt cầu.
Định lí 3.13. Giả sử liên tục và thỏa mãn
. (3.32)
Chứng minh:
Nếu không triệt tiêu thì phải triệt tiêu tại
điểm do đó
. (3.33) Mà dương theo giả thiết suy ra (3.33) mâu thuẫn. □
3.4 Định lí điểm bất động Brouwer
Bây giờ ta có thể chỉ ra rằng định lí điểm bất động Brouwer nổi tiếng là hệ quả đơn giản của tính chất bậc.
Định lí 3.14 (Điểm bất động Brouwer)
Cho là không gian đồng phôi lên một tập con lồi, compact của và thì có ít nhất một điểm bất động.
Chứng minh:
Rõ ràng ta có thể giả thiết vì phép đồng phôi bảo toàn điểm bất động.
Giả sử . Nếu có một điểm bất động trên biên ) ta đã hoàn thành. Mặt khác thỏa mãn vì . Và yêu cầu sau từ .
Bây giờ cho lồi. Khi đó và theo định lí 3.15 ở dưới ta có thể tìm được ánh xạ co liên tục (tức là với ) và xét . Theo phân tính trước của ta thì có điểm bất động . □
Chú ý rằng tập con lồi, compact bất kì của một không gian Banach hữu