3 Đại c-ơng về phép tính vi phân
3.2 Định lý ánh xạ ng-ợc, ánh xạ ẩn
Định lý 3.14 (Định lý ánh xạ ng-ợc). Giả sử E, F là các không gian Banach, U là tập mở chứa điểm x0 của E, f: U → F là Cp−ánh xạ (p ≥ 1) và f0(x0) là một phép đồng phôi. Thế thìf làCp−vi phôi địa ph-ơng và(f−1)0(y) = (f0(f−1(y)))−1 trong một lân cận của f(x0).
Chứng minh.
Thay cho việc xét ánh xạ h(x) = ((f0(x0))−1(f(x0+x)−f(x0); ta có thể giả sử
x0 = 0, f: U →E, f(0) = 0 vàf0(0) =id.
Đầu tiên chúng ta chứng minh f khả nghịch địa ph-ơng tại 0. Đặt g = id−f.
Ta có g0 liên tục và g0(0) = 0; suy ra: có r > 0 sao cho với mọi x ∈ B20r ta đều có kg0(x)k ≤ 1/2. Theo hệ quả 3.8.2 của định lý giá trị trung bình, suy ra
kg(x)| ≤ kxk/2. Chúng ta sẽ chứng minh: mọi y ∈ B0
r/2 đều có duy nhất một
x∈Br để y =f(x). Ta thấy: y =f(x) khi và chỉ khix là điểm bất động của ánh xạ gy cho bởigy(x) = y+id(x)−f(x). Do y∈B0
r/2 ta có gy là ánh xạ từ B0
r vào chính nó, vì với mọi x∈B0r ta đều có
kgy(x)k ≤ kyk+kg(x)k ≤r/2 +kxk/2≤r.
Do kg0
y(x)k = kg0(x)k ≤ 1/2 nên gy là ánh xạ co trong không gian metric đầy đủ
Br0. Theo định lý ánh xạ co, điểm bất độngx là tồn tại và duy nhất.
Ký hiệu nghịch đảo địa ph-ơng củaf làf−1.Ta sẽ chứng tỏ f−1 là liên tục tại điểm
y1 bất kỳ củaB0
r/2.Đặtx=f−1(y), x1 =f−1(y1).Vìkg(x)−g(x1)k ≤ kx−x1k/2
và
nên
kx−x1k ≤ kx−x1k/2 +ky−y1k; suy rakf−1(y)−f−1(y1)k ≤2ky−y1k.
Vậy f−1 liên tục tại y1.
Do tậpIsom(E;E)là mở trongL(E;E),nên vớirđủ nhỏ ta cóf0(x)∈Isom(E;E)
với mọi x ∈ Br0. Bây giờ ta sẽ chứng tỏ f−1 là khả vi tại y1 bất kỳ thuộc Br/2.
Đặt x =f−1(y), x1 =f−1(y1). Do f(x)−f(x1) = f0(x1)(x−x1) +◦(x−x1) và
k(f0(x1))−1k ≤c,nên (f0(x1))−1(f(x)−f(x1)) =x−x1+◦(x−x1). Suy ra
f−1(y)−f−1(y1)−(f0(x1))−1(y−y1) =x−x1−(f0(x1))−1(f(x)−f(x1)) = ◦(x−x1).
Nh-ngkx−x1k ≤2ky−y1k, nên
f−1(y)−f−1(y1)−(f0(x1))−1(y−y1) =◦(y−y1); vậy(f−1)0(y1) = (f0(f−1(y1)))−1.
Vì f−1, f0 và ánh xạ u→ u−1 liên tục, nên ánh xạ f−1 = (f0◦f−1)−1 là liên tục. Bằng qui nạp và chứng minh t-ơng tự, chúng ta sẽ có f−1 là Cp−ánh xạ.
3.2.2 Định lý ánh xạ ẩn
Cho phép chúng tôi bỏ điều kiện không thích đáng: 00f(a, b) = 000, trong phát biểu định lý ánh xạ ẩn thông th-ờng.
Định lý 3.15 (Định lý ánh xạ ẩn). Giả sử E, F, G là các không gian Banach, U là tập mở chứa a của E, V là tập mở chứa b của F, f: U ìV → G là Cp−ánh xạ (p≥1) và D2f(a, b):F →G là một phép đồng phôi. Thế thì có tập mởU0 chứa a
vàCp−ánh xạ g:U0 →V sao cho
g(a) =b vàf(x, g(x)) = f(a, b)với mọi x∈ U0.
NếuU0 đủ nhỏ thì g là duy nhất và
Dg(x) =− D2f(x, g(x))−1
◦D1f(x, g(x)), với mọix∈U0.
Chứng minh.
Thay cho việc xét ánh xạ cho bởih(x, y) = (D2f(a, b))−1(f(x, y)−f(a, b)), chúng ta có thể giả sử
f :U ìV →F, f(a, b) = 0, D2f(a, b) =id.
XétCp−ánh xạ ϕ:U ìV →EìF, ϕ(x, y) = (x, f(x, y)).Ta thấy Dϕ(a, b) = idE 0 D1f(a, b) D2f(a, b) = idE 0 D1f(a, b) idF
có nghịch đảo (Dϕ(a, b))−1 = idE 0 −D1f(a, b) idF .
Vậy ϕ thỏa mãn điều kiện định lý ánh xạ ng-ợc tại (a, b). Giả sử ψ, xác định tại lân cận mở của điểm (a,0), là ánh xạ ng-ợc địa ph-ơng của ϕ. Thế thì ta có thể viếtψ(x, z) = (x, ξ(x, z)), trong đó ξ là ánh xạ lớp Cp. Lấy g(x) = ξ(x,0). Ta có
g là Cp−ánh xạ,
(x, f(x, g(x)) =ϕ(x, g(x)) = ϕ(x, ξ(x,0)) =ϕ(ψ(x,0)) = (x,0).
Vậy f(x, g(x)) = 0.
Giả sửg0 liên tục, g0(a) =b,vớixgần athì f(x, g0(x)) = 0. Thế thìϕ(x, g0(x)) = (x,0) =ϕ(x, g(x)).Do ϕ khả nghịch, nên với x gầna thì g0(x) =g(x).
Đọc giả tự chứng minh công thức cuối cùng trong định lý.
3.3 Nguyên ánh và tích phân 3.3.1 Các ánh xạ đều
Giả sử I là một khoảng trong R có điểm đầu a và điểm cuối b (có thể a, hoặc b,
hoặc cảa vàblà vô hạn) vàF là không gian Banach. Ta nói ánh xạf từ I vàoF là mộthàm bậc thang, nếuu có một dãy hữu hạn tăng các điểma=x0 < x1 < . . . < xn=bsao cho f là hằng ánh trên mỗi khoảng mở (xi;xi+1) với0≤i≤n−1.
Giả sử f là một ánh xạ từ khoảng I vào F, x ∈I và x6= b. Ta nói f có giới hạn phảitại xnếu tồn tại giới hạn limy→x,y>xf(y); khi đó giới hạn này đ-ợc ký hiệu là
f(x+).T-ơng tự, vớix∈I vàx=6 a; ta có thể nói đến giới hạn trái f(x−),tại x.
Ta nói ánh xạ f trên khoảngI vàoF là một ánh xạ đều(hàm đều) nếuu nó có các giới hạn một phía tại điểm bất kỳ của I.
Định lý 3.16 Mọi ánh xạ liên tục trên khoảngI đều là ánh xạ đều. Mọi ánh xạ bậc thang đều là ánh xạ đều. Mỗi hàm số đơn điệu trên I cũng là ánh xạ đều.
Chứng minh.
Dành cho đọc giả, xem nh- bài tập.
Định lý 3.17 Để ánh xạ f từ khoảng compact I = [a;b] vào F là một ánh xạ đều, điều kiện cần và đủ là: f là giới hạn của dãy hàm bậc thang hội tụ đều.
Giả sửf là ánh xạ đều. Với mỗi số nguyên d-ơngn và mỗi x∈I, đều có khoảng mở V(x) = (y(x);z(x)) sao cho kf(s)−f(t)k ≤ 1/n nếu cả hai điểm s, t đều thuộc về cùng một khoảng: (y(x);x)hoặc (x;z(x)).DoI compact, ta giả sửI đ-ợc phủ bởi (V(xi))`i=1. Giả sử tập các điểm{a, b, xi, y(xi), z(xi) : 1≤i≤`} đ-ợc sắp theo thứ tự tăng là: c0 < c1 < . . . < cm.Vì mỗi điểm cj đều thuộc một khoảng mở
V(xi)nào đó, nêncj+1 hoặc là cũng thuộcV(xi) hoặc làcj+1 =z(xi).Vậy thì, khi
s, tcùng thuộc một khoảng(cj;cj+1) ta cókf(s)−f(t)k ≤1/n.Bây giờ ta lấy ánh xạ bậc thangfn, bằngf((cj+cj+1)/2) trên mỗi khoảng(cj;cj+1)và bằng f(cj) tại mỗi điểmcj. Hiển nhiênkf−fnk ≤1/n. Vậyf là giới hạn của dãy hàm bậc thang
(fn)hội tụ đều.
Ng-ợc lại, giả sửf là giới hạn của dãy (fn) các hàm bậc thang hội tụ đều. Khi đó với mọi ε > 0, đều có n sao cho kf −fnk ≤ ε/3. Tại mỗi x ∈ I đều có khoảng
(c;d)chứaxsao cho kfn(s)−fn(t)k ≤ε/3nếu s, t∈(c;x)hoặc s, t∈(x;d).Vậy, khi s, t∈(c;x) hoặc s, t∈(x;d) ta có
kf(s)−f(t)k ≤ kf(s)−fn(s)k+kfn(s)−fn(t)k+kfn(t)−f(t)k ≤ε.
Do F đầy đủ, ta suy ra sự tồn tại các giới hạn một phía của f tại x.
3.3.2 Nguyên ánh và tích phân
Giả sử f là ánh xạ từ khoảng I ⊂ R (có thể hữu hạn hay vô hạn) vào không gian BanachF. Ta nói ánh xạ liên tục g từ I vào F, là một nguyên ánh (hoặc: nguyên hàm) của f trên I nếuu tồn tại một tập đếm đ-ợcD ⊂I, sao cho g khả vi tại mọi điểm t∈I\D vàg0(t) =f(t).
Định lý 3.18 Nếu g1 và g2 là các nguyên ánh của ánh xạ f trên khoảngI ∈R thì
g1−g2 là hằng. Chứng minh.
Suy ra trực tiếp từ Định lý 3.10
Nhận xét. Mọi khoảng (không chỉ gồm một điểm)I của Rbao giờ cũng là hợp của một dãy tăng(In) các khoảng compact. Để chứng tỏ rằng ánh xạf xác định trên I
là có nguyên ánh, ta chỉ cần làm sáng tỏ điều này cho thu hẹp của f trên In. Giả sửt0 ∈I0 và với mọi n, gn là một nguyên ánh củaf
In (thu hẹp của f trên In) sao cho gn(t0) = 0. Từ định lý trên ta suy ra gn+1 có thu hẹp trên In bằng gn. Vậy ta xác định đ-ợc nguyên ánhg củaf trên I bằng cách đặt g(t) =gn(t) nếu t∈In.
Định lý 3.19 Nếu f là ánh xạ đều từ khoảng I ⊂R vào không gian Banach F thì
f có nguyên hàm. Đặc biệt, các ánh xạ liên tục và các hàm số đơn điệu trênI,đều có nguyên hàm.
Chứng minh.
Từ nhận xét ở trên, ta có thể giả sử I = [a;b],là khoảng compact. Vì Định lý 3.13 và Định lý 3.17, ta chỉ cần chứng minh định lý cho ánh xạ bậc thang. Giả sử
x0 = a < x1 < . . . < xn = b sao cho f(x) = ci với mọi x ∈ (xi;xi+1). Khi
x∈[xi;xi+1], đặt g(x) =ci(x−xi) + i−1 X k=0 ck(xk+1−xk).
Dễ thấy rằng g là một nguyên ánh của ánh xạ bậc thang f.
Định lý 3.20 Nếu g là nguyên ánh của ánh xạ liên tục f trên khoảng I ⊂ R vào không gian Banach F thì tại mọi điểm t ∈ I, ánh xạ g có đạo ánh theo I và
g0(t) =f(t).
Chứng minh.
Dùng Hệ quả 3.8.1 của định lý giá trị trung bình cho ánh xạλ→g(t+λh)−λhf(t),
ta có:
kg(t+h)−g(t)−f(t)(h)| ≤ |h| sup
0≤λ≤1
kf(t+λh)−f(t)k.
Do tính liên tục của f,ta suy ra điều cần phải chứng minh.
Nếug là một nguyên ánh tuỳ ý của ánh xạ đềuf trên khoảng I,thì với mọiα, β∈I
ta đều có hiệu g(β)−g(α) không phụ thuộc vào sự lựa chọn nguyên ánh g; hiệu này đ-ợc gọi là tích phân của f từ α đếnβ;ký hiệu
Z β
α
f(t)dt=g(β)−g(α).
3.3.3 Một số qui tắc tính tích phân
Mọi qui tắc hình thức của phép tính vi phân đều có thể chuyển sang ngôn ngữ của phép tính tích phân. Nếu g là một nguyên ánh của ánh xạ đều f, ta sẽ viếtg0 thay cho f tuy rằng nói chung thìg không nhất thiết có đạo ánh tại mọi điểm, và ngay trong tr-ờng hợpg có đạo ánh thìg0 cũng có thể khác vớif trên một tập đếm đ-ợc.
Định lý 3.21 (Phép thế biến). Giả sử ϕ là nguyên hàm thực của một hàm đều trên khoảngI ⊂Rvàf là một ánh xạ đều trên khoảngJ ⊃ϕ(I)vào không gian Banach
F. Khi đó, nếu f liên tục hoặc ϕđơn điệu thì với mọi α, β ∈I ta đều có:
Z β α f(ϕ(t))ϕ0(t)dt = Z ϕ(β) ϕ(α) f(x)dx.
Chứng minh.
Từ định nghĩa của ánh xạ đều ta có ngay f(ϕ(t))ϕ0(t) là ánh xạ đều. Giả sử g(x)
là một nguyên ánh củaf(x);theo định lý đạo hàm hàm hợp, ta có ngay g(ϕ(t))là nguyên ánh của f(ϕ(t))ϕ0(t).
Định lý 3.22 (Tích phân từng phần). Giả sử f và g là các nguyên ánh của các ánh xạ đều trên khoảng I ⊂ R vào các không gian Banach E và F t-ơng ứng;
(x, y) → [x.y] là ánh xạ song tuyến tính liên tục tục từ E ìF vào không gian BanachG. Khi đó với mọi α, β ∈I,ta đều có
Z β α [f(t).g0(t)]dt = [f(β).g(β)]−[f(α).g(α)]− Z β α [f0t).g(t)]dt. Chứng minh.
Dành cho đọc giả, xem nh- bài tập. H-ớng dẫn: tr-ớc hết hãy chứng tỏ[f.g0],[f0.g]
là các ánh xạ đều, sau đó áp dụng định lý đạo hàm của ánh xạ song tuyến tính và đạo hàm hàm hợp.
Định lý 3.23 Nếuf là ánh xạ đều của khoảng I vào F vàu∈L(F;G) thì
Z β α u(f(t))dt =u Z β α f(t)dt . Chứng minh.
Lấyg là một nguyên ánh củaf.Thế thì u◦g là nguyên ánh của u◦f. Vế trái bằng
u(g(β))−u(g(α)), còn vế phải bằng u(g(β)−g(α)).
Định lý 3.24 (Định lý giá trị trung bình). Giả sửU là tập mở trongE vàf:U →F
là C1−ánh xạ. Nếu đoạn thẳng nốix vớix+y nằm trongU thì
f(x+y)−f(x) = Z 1 0 f0(x+ty)(y)dt= Z 1 0 f0(x+ty)dt (y). Chứng minh. Đặth(t) =f(x+ty).Thế thì f(x+y) =h(1), f(x) =h(0), h0(t) =f0(x+ty)(y).
Từ Định nghĩa tích phân và từ Định lý 3.23, ta suy ra
f(x+y)−f(x) = Z 1 0 h0(t)dt= Z 1 0 f0(x+ty)(y)dt= Z 1 0 f0(x+ty)dt (y).
Định lý 3.25 Nếug là giới hạn đều của dãy (gn) các ánh xạ đều trên I = [a;b] thì dãy Z b a gn(t)dt hội tụ đến Z b a g(t)dt. Chứng minh.
Dành cho đọc giả, xem nh- bài tập.
3.4 Đạo ánh cấp cao và công thức Taylor3.4.1 Đạo ánh cấp cao