n. cos nx, và fn0 (0) =√
3.3. Chứng minh định lí hàm ngược trong không gian Banach
Trong toán học, cụ thể là trong phép tính vi phân, định lí hàm ngược đưa ra một điều kiện đủ để một hàm số có thể khả nghịch trong một lân cận của một điểm thuộc miền xác định. Và định lí này được chứng minh dựa trên cơ sở áp dụng định lí giá trị trung bình.
Cho E, F là các không gian Banach, U là tập mở trong E.
Định nghĩa 3.3.1 (ε- Lipschitz property). Ánh xạf :U −→F được gọi là có "ε - Lipschitz property" nếu với mọi ε >0, tồn tại r >0sao cho ∀x∈U,||x−a|| ≤r thì ||f(x)−f(a)|| ≤ε||x−a||.
Định nghĩa 3.3.2 (strongly differentiable). f : U −→ F được gọi là "strongly differentiable" tại điểm a ∈ U (tạm dịch là khả vi mạnh tại điểm a ∈ U) nếu f khả vi tại a và với mọi ε > 0, tồn tại r > 0 sao cho ánh xạ x 7−→ f(x)−f(a)−
f0(a)(x−a) = g(x) có "ε - Lipschitz property" trong quả cầu ||x−a|| ≤ r. Điều này nghĩa là
f(x)−f(y) =f0(a)(x−y) +||x−y||.ψ(x, y)
với lim
x→a,y→a||ψ(x, y)||= 0.
Định lí 3.3.3. Nếu f :U −→F khả vi trên U và f0 :U −→L(E, F) liên tục tại
a thì f khả vi mạnh tại a. Chứng minh. Đặt
g(x) =f(x)−f(a)−f0(a)(x−a). Ta thấy: g khả vi tại a và g0(x) = f0(x)−f0(a). Suy ra lim
x→a||g0(x)||= 0, tức là
∀ε >0,∃r >0,∀x∈U :||x−a|| ≤r,||g0(x)|| ≤ε. Áp dụng định lí giá trị trung bình trong không gian Banach, suy ra:
∀x, y ∈U :||g(x)−g(y)|| ≤ε||x−y||. Do đó
||f(x)−f(y)−f0(a)(x−y)|| ≤ε||x−y||. Vậy, f khả vi mạnh tại a.
Định nghĩa 3.3.4 (Diffeomorphism of class C1). Cho E, F là các không gian Banach, V là tập mở trong E và W là tập mở trong F. f : V −→ W được gọi là "Diffeomorphism of class C1" (hay "C1 - Diffeomorphism") (tạm dịch là C1 - vi phôi) nếu f là song ánh, f ∈ C1 và f có ánh xạ ngược g = f−1 : W −→V, g ∈C1.
Chú ý: Ánh xạ f :V −→W, f ∈C1 có thể là đồng phôi mà không phải là vi phôi của lớp C1; mặt khác, ánh xạ khả nghịch f−1 : W −→ V không cần thiết phải thuộc lớp C1. Ví dụ cụ thể sau sẽ chứng minh điều đó.
Ta xét hàm một biến thực x sau đây:
y=x3=f(x).
Đây là một đồng phôi từRvàoR;f thuộc lớpC1, nhưng hàm ngượcx=y13 =g(y)
không có đạo hàm tại y = 0. Thật vậy, f0(x) = 3x2, nên f0(0) = 0; nếu g0(0) tồn tại thì ta sẽ có g0(0).f0(0) = 1 (theo định nghĩa đạo hàm hàm hợp), điều này là không thể. Nói chung là:
Mệnh đề 3.3.5. Cho E, F là các không gian Banach, V là tập mở trong E và
W là tập mở trong F. f :V −→W là đồng phôi của lớp C1. Để f là C1 - vi phôi thì điều kiện cần và đủ là f0(x)∈Isom(E, F),∀x∈V.
Trước hết, chúng ta sẽ chứng minh bổ đề sau.
Bổ đề 3.3.6. Cho E, F là các không gian Banach, V là tập mở trong E và W
là tập mở trong F. f : V −→ W là đồng phôi. Giả sử f khả vi tại a ∈ V. Để
g = f−1 khả vi tại b = f(a) ∈ W thì điều kiện cần và đủ là f0(a)∈ Isom(E, F), và khi đó g0(b) = (f0(a))−1.
Chứng minh. - Điều kiện cần: Nếu g khả vi tạib =f(a), áp dụng định nghĩa đạo hàm hàm hợp, ta có:
g0(b)◦f0(a) = 1E, f0(a)◦g0(b) = 1F.Suy ra f0(a)∈Isom(E, F), và g0(b) = ((f0(a))−1. Suy ra f0(a)∈Isom(E, F), và g0(b) = ((f0(a))−1.
- Điều kiện đủ: Giả sử f0(a)∈Isom(E, F), ta cần chứng minh g khả vi tại b. Đặt y=f(x). Vì f khả vi tại a nên với x đủ gần a, ta có:
y−b =f0(a)(x−a) +||x−a||.ϕ(x−a) với lim x→aϕ(x−a) = 0. Áp dụng tính tuyến tính của ánh xạ (f0(a))−1, ta có: x−a = (f0(a))−1(y−b)− ||x−a||.(f0(a))−1(ϕ(x−a)). (3.6) Đặt (f0(a))−1(ϕ(x−a)) =ψ(x−a). Từ (3.6), suy ra (f0(a))−1(y−b) =x−a− ||x−a||.ψ(x−a).
Suy ra ||(f0(a))−1(y−b)|| ≥ ||x−a||.(1− ||ψ(x−a)||). Nếu ||x−a|| đủ nhỏ để ||ψ(x−a)||<1, ||x−a|| ≤ ||y−b||. ||(f0(a))−1|| 1− ||ψ(x−a)||. Khi đó, ||x−a||.||ψ(x−a)|| ≤ ||y−b||.||(f0(a))−1||. ||ψ(x−a)|| 1− ||ψ(x−a)|| =◦(||y−b||). Vậy, x−a= (f0(a))−1(y−b) +◦(||y−b||), hay f−1(y)−f−1(b) = (f−1(a))−1(y−b) +◦(||y−b||). Suy ra g =f−1 khả vi tại b =f(a).
Trên cơ sở bổ đề đã chứng minh, bây giờ chúng ta tiến hành chứng minh Mệnh đề (3.3.5)
Chứng minh. - Điều kiện cần là hiển nhiên.
- Điều kiện đủ: Nếu f0(x)∈Isom(E, F),∀x∈V, từ bổ đề, suy ra g =f−1 khả vi tại mọi y ∈W và g0(y) = (f0(g(y)))−1.
Ta cần chứng minh g ∈C1, tức là chứng minh g0 :W −→L(E, F) liên tục. Thật vậy:
(1) f là đồng phôi nên ánh xạ y7−→g(y) từ W lên V liên tục. (2) Do f ∈C1 nên ánh xạ x7−→f0(x) từ V lên Isom(E, F) liên tục.
(3) Ánh xạ u7−→ u−1 từ Isom(E, F) lên L(E, F) liên tục (theo định lí 1.7.3, [1]).
Từ (1), (2), (3) suy ra g liên tục theo định lí về sự liên tục của hàm hợp. Định lí 3.3.7. Cho U là tập mở trong không gian Banach E, f :U −→F là ánh xạ thuộc lớp C1 (F là không gian Banach). Giả sử có một điểm a ∈ U sao cho
f0(a)∈Isom(E, F).
Khi đó, tồn tại lân cận mở V của a (V ⊂U) và lân cận mở W của b =f(a) sao cho f là C1- vi phôi từ V lên W.
Bây giờ chúng ta sẽ xem xét các giả thiết của Định lí 3.3.7. Do f thuộc lớp C1, f khả vi mạnh tại a (theo Định lí 3.3.3). Ta giả sử rằng mệnh đề sau đây là đúng:
Mệnh đề 3.3.8. Cho E, F là không gian Banach, U là tập mở trong E, f :
U −→F là ánh xạ liên tục. f khả vi mạnh tại a∈U và f0(a)∈Isom(E, F). Khi đó, tồn tại lân cận mở V0 của a (V0 ⊂ U) và lân cận mở W0 của b = f(a) sao cho f :V0 −→W0 là đồng phôi.
Nếu mệnh đề trên được chứng minh là đúng, thì từ giả thiết của Định lí 3.3.7, ta suy ra rằng tồn tại f0(x) với mọi x ∈ V0; hơn nữa tồn tại lân cận mở V của a (V ⊂ V0) sao cho f0(x) ∈ Isom(E, F). Mà Isom(E, F) là một tập mở trong
L(E, F) (theo Định lí 1.7.3, [1]), ta kết luận rằng tạo ảnh (f0)−1 củaIsom(E, F)
là một tập mở của V0 chứa a.
Đặt W =f(V). Vì f :V0 −→W0 là đồng phôi nên W là tập mở trong W0. Ta có:
V là lân cận mở của a, V ⊂ V0 ⊂U; W là lân cận mở của b =f(a), W ⊂W0. Theo mệnh đề trên, suy ra f :V −→W là đồng phôi.
Hơn nữa, với mọi x∈V, f0(x)∈Isom(E, F), suy ra f là C1 - vi phôi. Như vậy, Định lí 3.3.7 được chứng minh nếu như mệnh đề trên là đúng.
Định lí 3.3.9. Cho B(a, r) là một quả cầu mở trong không gian Banach E, và
f :B(a, r)−→E
là ánh xạ liên tục sao cho ánh xạ x 7−→ x−f(x) = ϕ(x) là một "contraction" (tức là có tính chất k - Lipschitz, k < 1). Đặt f(a) =b. Khi đó tồn tại tập mở V
chứa a, V ⊂B(a, r) sao cho
f :V −→B(b,(1−k)r)là đồng phôi; và ánh xạ ngược là đồng phôi; và ánh xạ ngược g =f−1 :B(b,(1−k)r)−→B(a, r) có tính chất [1/(1−k)] - Lipschitz. Chứng minh. Với x, x0∈B(a, r) :f(x)−f(x0) = (x−x0)−(ϕ(x)−ϕ(x0)). Do đó, ||f(x)−f(x0)|| ≥ ||x−x0|| − ||ϕ(x)−ϕ(x0)||. Vì ϕ có tính chất k - Lipschitz nên ||f(x)−f(x0)|| ≥(1−k)||x−x0||. (3.7) Bổ đề 3.3.10. Với mọi y ∈ B(b,(1−k)r), tồn tại duy nhất x ∈ B(a, r) sao cho
f(x) = y.
- Chứng minh tính duy nhất: Giả sử tồn tại x, x0 ∈ B(a, r) sao cho f(x) =
f(x0) =y. Từ (3.7), suy ra
Do đó ||x−x0||= 0, tức là x=x0. - Chứng minh sự tồn tại: Đặt x0=a, x1 =y+ϕ(x0), ..., xn+1=y+ϕ(xn), ... (3.8) Ta chứng minh ||xn −a|| ≤ 1−k n 1−k ||y−b|| (3.9) với ||y−b||<(1−k)r,||xn−a||< r. Thật vậy, với n = 1, ta có: x1−a=y+ϕ(a)−a=y−f(a) = y−b. Suy ra (3.9) đúng với n = 1.
Giả sử (3.9) đúng với n≥1, ta cần chứng minh (3.9) đúng với n+ 1. Ta có: xn+1−xn =ϕ(xn)−ϕ(xn−1) Vì ϕ có tính chất k - Lipschitz nên ||xn+1−xn|| ≤k.||xn−xn−1||. Suy ra ||xn+1−xn|| ≤kn||x1−a||=kn||y−b|| (3.10). Ta có: ||xn+1−a|| ≤ ||||xn−a||+||xn+1−xn|| ≤ 1−k n 1−k ||y−b||+kn||y−b||. Mà 1−kn 1−k ||y−b||+kn||y−b||= 1−kn+1 1−k ||y−b||,
tức là (3.9) đúng với n+ 1. Theo nguyên lý quy nạp, suy ra (3.9) đúng với mọi n∈N∗.
Từ (3.10), suy ra dãy (xn) hội tụ. Đặt limxn =x.
Qua giới hạn khi n −→ ∞, (3.9) trở thành: ||x−a|| ≤ 1
1−k||y−b||< r. Qua giới hạn khi n −→ ∞, (3.8) suy ra: x=y+ϕ(x), tức là y=f(x). Vậy, bổ đề được chứng minh.
Đặt