Лекции по прикладному функциональному анализу. Учебное пособие

Следовательно, 8 > 0 9 0 > 0, 9 k > 0 такие, что при

вытекает, что

jjgmk (x) f(x)jj < ; 8 x 2 B(0; 1);

а, значит из gmk (x), k; m = 1; 2 : : : можно выделить подпоследовательность, которая будет равномерно в единичном шаре аппроксимировать функцию f(x).

Таким образом, мы построили последовательность fgmk g ! f при k ! 1, обладающую следующими свойствами

1.gmk 2 C10 ,

2.gmk : B(0; 1) 7 !B(0; 1),

3.gmk (x), k = 1; 2; : : : равномерно в единичном шаре аппроксимируют функцию

f(x).

§ 3.3 Лемма о несуществовании гладкой ретракции.

Определение 3.3.1. Пусть X банахово пространство, A, B замкнутые множества такие, что A B X. Множество A называется ретрактом множества B, если существует непрерывное отображение f : B 7 !A, такое, что f(x) = x для всех x 2 A. Отображение f называется ретракцией B на A. .

Лемма 3.3.2. (О несуществовании гладкой ретракции.) Не существует отображения f 2 C1 такого, что f : B(0; 1) 7 !@B(0; 1) и f(x) = x 8 x 2 @B(0; 1),

@B(0; 1) = fx : jjxjj = 1g.

Доказательство будем вести от противного. Предположим, что существует такое отображение f : B(0; 1) 7 !@B(0; 1). Положим для t 2 [0; 1]

ft(x) = (1 t)x + tf(x) = x + tg(x); g(x) = f(x) x:

Заметим, что для x 2 B(0; 1) выполняется

jjft(x)jj (1 t)jjxjj + tjjf(x)jj 1 t + t = 1 =) f : B(0; 1) 7 !B(0; 1):

21

Для 8 x 2 @B(0; 1) имеем

ft(x) = (1 t)x + tf(x) = (1 t)x + tx = x; так как f(x) = x;

следовательно, отображение ft(x) оставляет неподвижными все точки единичной сферы. Отображение f 2 C1, следовательно, и функция g обладает той же гладкостью. Из определения дифференцируемого отображения сразу вытекает, что существует постоянная C > 0 такая, что

jjg(x1) g(x2)jj Cjjx1 x2jj 8 x1; x2 2 B(0; 1):

Предположим, что существуют точки x1 6=x2 2 B(0; 1) такие, что ft(x1) = ft(x2), тогда

x2 x1 = ft(x2) tg(x2) ft(x1) + tg(x1) = t(g(x1) g(x2))

и, следовательно,

jjx2 x1jj = tjjg(x1) g(x2)jj Ctjjx2 x1jj:

Так как мы предположили, что x1 6=x2, следовательно, для того, чтобы это неравенство имело место необходимо, чтобы Ct 1. Таким образом, если положить t < C1 ,

то отображение ft : B(0; 1) 7 !B(0; 1) при этих значениях t инъективно.

Положим Gt = ft[B(0; 1)]. Легко видеть, что якобиан отображения ft может быть представлен следующим образом

ft0(x) = I + tg0(x); I единичная матрица в Rn:

t с непрерывными по x коэффициентами на компакте B(0; 1), следовательно, существует такое t0 2 [0; 1], что det ft0(x) > 0 для всех t 2 [0; t0] и всех x 2 B(0; 1). Для этих значений t, в силу теоремы об обратном отображении существует ft 1 2 C1. Отсюда вытекает, что Gt является открытым множеством на [0; t0] как прообраз открытого множества: B(0; 1) = f 1[Gt].

Положим теперь t0 = min t0; C1 , тогда ft инъективно и Gt открытое множество при t 2 [0; t0].

22

Докажем, что Gt = B(0; 1) 8 t 2 [0; t0]. Предположим противное. Тогда граница @Gt множества Gt будет пересекать B(0; 1) в некоторой точке y0 2 @Gt, т.к.

Gt B(0; 1) и Gt 6=B(0; 1) по предположению. Так как y0 2 @Gt, то существует последовательность fykg ! y0 при k ! 1. В силу того, что fykg 2 Gt и ft[B(0; 1)] = Gt, существует последовательность fxkg 2 B(0; 1) такая, что ft(xk) = yk. Так как B(0; 1) компакт, то существует x0 2 B(0; 1) такой, что limk!1 xk = x0. Учитывая непрерывность функции ft(x) получаем limk!1 ft(xk) = ft(x0) = y0. Так как

Gt является открытым множеством и y0 2 @Gt, следовательно y0 не принадлежит

Gt = ft[B(0; 1)]. Откуда сразу следует, что x0 2 B(0; 1) n B(0; 1) = @Gt. Но для любой точки x0, принадлежащей единичной сфере, в силу сделанных предположений, выполнено ft(x0) = x0. Следовательно, x0 = y0 и, таким образом, y0 должно принадлежать единичной сфере, что противоречит нашему предположению о том, что y0 2 B(0; 1). Таким образом для любого t 2 [0; t0] отображение ft : B(0; 1) 7 !B(0; 1)

биективно, т.е. ft[B(0; 1)] = B(0; 1). Кроме того, для всех точек x 2 @B(0; 1) мы имеем ft(x) = x.

Определим теперь функцию F : [0; 1] 7 !R следующим образом

ZZ

Очевидно, det(I + tg0(x)) есть полином от t, следовательно, и F (t) является полиномом. На промежутке [0; t0] функция ft : B(0; 1) 7 !B(0; 1) является непрерывно дифференцируемой биекцией, и, следовательно, по теореме о замене переменых в кратных интегралах

Z

F (t) = detft0(x)dx = (ft[B(0; 1)]) = (B(0; 1)) > 0:

B(0;1)

Таким образом, F (t) = const на [0; t0], откуда сразу вытекает, что F (t) = const на

[0; 1], т.к. многочлен равный постоянной на отрезке, тождественно равен постоянной везде, где определен. Значит, F (1) = объем шара > 0, т.е.

Z

F (1) = detf10(x)dx > 0:

B(0;1)

Заметим, что

f1(x) = f(x) 2 @B(0; 1) 8 x 2 B(0; 1);

23

т.к. f осуществляет ретракцию. Следовательно,

Учитывая тот факт, что jjf(x)jj =6 0, из (3.8) вытекает, что detf0 = 0 8 x 2 B(0; 1). А

из последнего соотношения следует, что

Z

F (1) = detf10(x)dx = 0;

B(0;1)

что противоречит предположению F (1) > 0 и, следовательно, доказывает лемму.

§ 3.4 Теорема Брауэра.

Переходим теперь к доказательству теоремы Брауэра в слабой форме, где будет дока-

зано существование неподвижной точки у непрерывного отображения, переводящего

шар в шар.

Теорема 3.4.1. (Брауэра в слабой форме.) Пусть f 2 C и f : B(0; 1) 7 !B(0; 1).

Тогда существует точка x0 2 B(0; 1) такая, что f(x0) = x0. Т.е. у любого непре-

рывного отображения шара в себя существует неподвижная точка.

Доказательство. Пусть f 2 C и f : B(0; 1) 7 !B(0; 1). Из леммы об аппроксимации

вытекает, что существует последовательность бесконечно дифференцируемых функ-

ций f mg : B(0; 1) 7 !B(0; 1), равномерно сходящаяся на замкнутом шаре к функ-

ции f(x). Докажем, что каждая из функций m(x), m = 1; 2; : : : имеет неподвижную

точку в B(0; 1). Рассмотрим m(x) при некотором произвольном фиксированном m.

24

В силу предположения о том, что m(x) не имеет неподвижных точек, заключаем, что знаменатель в определении (x) не обращается в нуль. Скалярное произведение

( m(x); x m(x)) непрерывно дифференцируемо и, следовательно, осталось показать, что дискриминант не обращается в нуль.

Докажем это, используя предполагаемое отсутствие неподвижных точек у функции m(x). Дискриминант обращается в нуль при условии, что

( m(x); x m(x)) = 0; jj m(x)jj = 1:

Из этих равенств легко вытекает

( m(x); x) jj m(x)jj2 = ( m(x); x) 1 = 0:

Из определения скалярного произведения получаем

jj m(x)jjjjxjj cos = jjxjj cos = 1;

где угол между векторами m(x) и x. Это равенство возможно лишь в случае, когда jjxjj = 1 и cos = 1, т.е. когда m(x) = x, что невозможно, в силу нашего предположения. Таким образом, мы получили, что m(x) является непрерывно дифференцируемой ретракцией шара на его границу и, следовательно, по лемме о не существовании такой ретракции, приходим к выводу, что исходное предположение не верно, а, следовательно, все функции m(x), m = 1; 2; : : : имеют неподвижную

точку в B(0; 1). Пусть теперь xm является неподвижной точкой отображения m(x).

Так как B(0; 1) является компактом, то из последовательности fxmg можно выделить сходящуюся подпоследовательность fxmk g, которую для простоты мы снова обозначим через fxmg, т.е.

lim xm = x0 2 B(0; 1):

m!1

Таким образом, имеем

lim m(xm) = lim xm = x0:

m!1 m!1

С другой стороны

jj m(x) f(x0)jj = jj m(x) f(xm) + f(xm) f(x0)jj

26

jj m(x) f(xm)jj + jjf(xm) f(x0)jj < ;

в силу того, что m ! f равномерно по x в B(0; 1), xm ! x0 и f(x) непрерывное отображение. Следовательно,

Следствие 3.4.2. (Принцип не существования непрерывной ретракции.) Не существует непрерывной функции f(x) : B(0; 1) 7 !@B(0; 1) такой, что f(x) = x для любой точки, принадлежащей единичной сфере.

Доказательство. Пусть такое отображение существует. Имеем, что

g(x) = f(x) : B(0; 1) 7 !@B(0; 1);

является непрерывной функцией и удовлетворяет всем условиям теоремы Брауэра о неподвижной точке. С другой стороны, если у g(x) есть неподвижные точки, то они расположены на единичной сфере. Но на единичной сфере мы имеем

g(x) = f(x) = x 6=x;

следовательно, g(x) не имеет неподвижные точки, что противоречит теореме Брауэра, следовательно, непрерывной ретракции шара на его границу не существует.

Теорема 3.4.3. (Брауэра в сильной форме.) Пусть непустое замкнутое множество в Rn, гомеоморфное шару B(0; 1) и f : 7 ! непрерывное отображение. Тогда найдется точка x0 такая, что f(x0) = x0.

Доказательство. Мы доказали, что если f : B(0; 1) 7 !B(0; 1) непрерывное отображение, то у него существует неподвижная точка. Пусть h : 7 !B(0; 1)

гомеоморфизм, существующий по условию теоремы. Тогда отображение h f h 1 :

B(0; 1) 7 !B(0; 1) непрерывно как композиция непрерывных отображений и имеет неподвижную точку по теореме Брауэра (в слабой форме), т.е. h f h 1(y0) = y0,

где y0 2 B(0; 1). Таким образом, мы получаем

f(h 1(y0)) = f h 1(y0) = I f h 1(y0) = h 1 h f h 1(y0) = h 1(y0);

следовательно h 1(y0) = x0 и есть неподвижная точка отображения f.

27

Обобщение теоремы Брауэра. Пусть K Rn непустое компактное множество гомеоморфное компактному выпуклому множеству в Rn, f : K 7 !K

непрерывное отображение. Тогда найдется точка x0 такая, что f(x0) = x0.

§3.5 Приложение теоремы Брауэра. О собственных числах матрицы с положительными элементами.

Теорема 3.5.1. Пусть A матрица n n с положительными компонентами.

Тогда существует действительное положительное собственное число ~ матрицы

A, обладающее следующими свойствами:

1)число ~ является максимальным по модулю среди всех собственных чисел, включая комплексные, т.е. j j ~ для любого 2 p(A),

2)числу ~ соответствует ровно один собственный вектор с положительными компонентами, с точностью до растяжения.

Доказательство. Пусть a = (a1; : : : ; an)T ; b = (b1; : : : ; bn)T 2 Rn. Будем говорить,

что a b, если ai bi, i = 1; 2; : : : ; n.

(i). Докажем, что существует положительное собственное число ~, обладающее свойством 1), и найдется собственный вектор с положительными компонентами, ему

соответствующий. Положим

вытекает, что на множестве ! знаменатель в (3.10) отличен от нуля и, следовательно, отображение f непрерывно. Из (3.11) также вытекает, что f(x) > 0 в смысле,

28

n

P

указанном в начале доказательства. Легко проверить, что

i=1

переводит ! в себя.

Пусть произвольное (возможно комплексное) собственное число матрицы A, а z соответствующий числу собственный вектор, т.е. Az = z. Так как (Az)k = zk, то из неравенства треугольника получаем

nn

XX

j=1 j=1

Рассмотрим множество = fv 2 ! : Av j jvg. Оно не пусто, так как в силу (3.12) ему принадлежит вектор

Легко показать, что множество выпукло. Заметим, что неравенство в определении

нестрогое и, следовательно, является замкнутым.

Покажем теперь, что отображение f переводит множество в себя. Действительно, если Av j jv, то

i;j=1

n

P akij jvi

i=1

P aijvj = ( в силу (3.10) ) = j jfk(v):

i;j=1

По теореме Брауэра следует, что у отображения f существует неподвижная точка

v 2 , т.е.

f(v ) = v =) v = nAv ;

Paijvj i;j

откуда немедленно вытекает

n

X

Av = v ; где = aijvj ;

i;j

29

т.е. v собственный вектор матрицы A, соответствующий собственному числу . Из (3.11) и определения f следует, что > 0 и v > 0. В силу определения множества

, имеет место неравенство

v = Av j jv

и, следовательно, j j , так как v > 0. Отсюда вытекает, что в качестве ~ можно взять максимальное из .

(ii) Докажем теперь свойство 2. Поскольку собственные числа матриц A и AT совпадают, то рассуждения предыдущего этапа справедливы и для транспонированной матрицы, а значит и значение ~ для A и AT является одним и тем же.

Пусть x > 0 и y > 0 соответствующие собственные векторы матриц A и AT . Предположим, что матрица A имеет собственный вектор z с положительными координатами отличный от вектора x, соответствующий некоторому собственному числу

. Тогда из того, что

Az = z; AT y = ~y

следует, что

(y; z) = (y; z) = (y; Az) = (AT y; z) = (~y; z) = ~(y; z);

откуда сразу следует = ~, так как (y; z) > 0. Таким образом, для разных собственных векторов с положительными координатами собственные числа совпадают.

Зафиксируем > 0 и рассмотрим z = z x, тогда Az = ~z . Выберем так, чтобы вектор z имел нулевые координаты, но при этом оставался неотрицательным.

Пусть (z )k = 0, тогда

n

X

akj(z )j = ~(z )k = 0:

j=1

Из того, что akj > 0, j = 1; : : : ; n, z 0 получаем, что (z )j = 0 для всех j = 1; : : : ; n. Таким образом, z = x.

30