Добавил:
Upload Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.
Вуз: Предмет: Файл:

UML_4256

.pdf
Скачиваний:
26
Добавлен:
01.06.2015
Размер:
6.64 Mб
Скачать

Теорема 3. Если оператор A L(Rn , Rm ), то A – равномерно

непрерывный оператор.

Доказательство. Пусть x' и x'' – произвольные точки Rn .

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Ax'Ax''

 

=

 

 

A(x'x'')

(3)

x'x''

 

 

 

A

 

.

(5)

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Пусть δε =

 

 

ε

 

 

 

, ε > 0 – произвольное число. Тогда из (5) видно, что из

 

 

A

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

x'x''

 

< δε

 

 

 

=>

 

Ax'Ax''

 

< ε , а это и означает

равномерную

 

 

 

 

 

 

 

непрерывность оператора A. Теорема доказана.

 

Если {e j}n=

j 1

– стандартный базис в Rn , то x =

n

x je j , а

 

 

 

 

j = 1

 

 

2

n

 

 

x

= x2j .

(6)

 

 

 

j=1

 

 

 

 

 

n

n

 

 

 

Если

a = ∑ a je j и b

= ∑ bkek , то их скалярное произведение будет

 

 

 

j

= 1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

k = 1

 

 

 

(a,b) =

n

 

 

 

 

 

 

a

 

 

b

 

 

 

 

a jb j =

 

 

cos(a,b) . =>

 

 

 

 

j = 1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

n

 

2

 

 

n

 

n

 

 

a jb j

 

a

 

2

b2

=

a2j

 

b2j .

(7)

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

j = 1

 

j = 1

 

j = 1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Неравенство (7) называют неравенством Коши-Буняковского.

Пусть {ei}im= 1 – стандартный базис в Rm . Из линейной алгебры известно, что

Ae j = y j =

m

 

aije'i ,

(8)

i = 1

где aij – элементы матрицы оператора A в базисах {e j}nj =1 и {ei}im=1 .

n

 

 

n

 

 

(8)

n

 

m

 

 

 

 

m

 

n

Ax = A( x je j) =

x j Ae j =

x j aije'i

= (

aij x j)e'i . =>

j = 1

 

j = 1

 

 

 

j = 1

 

i=1

 

 

 

i=1 j = 1

(6)

m

n

 

2(7)

m

n

 

n

(6)

 

 

 

2

m

n

=> ( Ax)2 =

( aij x j)

( aij2

 

x2j) =

 

x

 

∑ ∑ aij2 . =>

i=1

 

 

 

 

 

 

j=1

 

 

i = 1

j=1

 

j = 1

 

 

 

 

i = 1 j = 1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

341

 

1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Ax

 

 

 

= λ

 

x

 

,

 

 

(9)

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

m n

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

где λ = (∑ ∑ aij2 ) =

 

A

 

 

 

– евклидова норма матрицы оператора A.

 

 

 

i =1 j =1

 

 

 

 

 

 

Ε

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Используя следствие 2, из (9) получим

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

A

 

 

 

λ =

 

 

 

A

 

 

 

E .

(10)

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Если элементы

 

aij

 

 

 

= aij(t)

 

 

матрицы оператора A непрерывные в

точке t0 функции параметра t ,

то ρ( A(t), A(t0)) =

 

A(t) A(t0)

 

 

 

< ε при

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Ε

t t0 <δε . Тогда из (10) следует непрерывность линейного оператора A по норме, определенной формулой (1).

§ 17. Обратимость линейного оператора

Если линейный оператор A отображает линейное пространство X на X и при этом взаимно-однозначен, то его называют обратимым.

Обратный оператор B = A1 определяется равенством A1 ( Ax) = xx X . Очевидно, в этом случае A(A1x)= x .

Теорема 1. Линейный оператор A на конечномерном векторном пространстве X обратим тогда и только тогда, когда множество его значений совпадает со всем X .

Доказательство. Если {x1, x2,..., xn} – базис пространства X , то

n

множество всех линейных комбинаций векторов x = ci xi совпадает с

i=1

X . В силу линейности оператора A множество всех его значений Ax

n

это множество линейных комбинаций векторов ci Axi . Если докажем,

i=1

что множество V ={Ax1, Ax2,..., Axn} является базисом пространства X

только в том случае, когда оператор A взаимно-однозначный, докажем теорему.

Пусть оператор A взаимно-однозначный. Докажем, что V – базис. От противного. Пусть V не является базисом, то есть

n

ci Axi =θ (1)

i=1

342

 

n

 

и не все ci равны нулю. Перепишем (1) так: A(ci xi)

=θ . =>

 

i=1

 

n

A взаимно-однозначный, то нулевому вектору

ci Axi =θ , поскольку

i=1

 

 

 

n

 

соответствует только

нулевой. Но ci Axi =θ

означает, что

 

i=1

 

{x1, x2,..., xn} не является базисом. Получили противоречие,

следовательно, V – базис.

Пусть теперь V – базис, докажем, что A взаимно-однозначный

n

оператор. Если V – базис, то из ci Axi =θ => c1 = c2 =... = cn = 0. А из

i=1

n

равенства Ax = A(ci xi) =θ следует x =θ , то есть прообраз нулевого

i=1

вектора – вектор нулевой. Пусть Ax1 = Ax2 , то есть образы равны, тогда A(x1 x2 ) =θ . => x1 = x2 , то есть равны и прообразы. Это означает

взаимную однозначность отображения A. Теорема доказана.

Теорема 2. Пусть – множество всех обратимых линейных операторов, действующих из Rn в Rn .

1)Если A , A1 < α1 , B L(Rn ) и B A = β <α , то B , то есть оператор B обратим.

2)– открытое подмножество пространства L(Rn ) .

3)Отображение A A1 непрерывно на .

Доказательство. Напомним следствие 1 §16

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Ax

 

 

x

 

 

 

 

 

 

 

A

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

(2)

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

и неравенство треугольника

 

 

 

a +b

 

 

 

 

 

 

a

 

+

 

b

 

.

 

 

При a + b = c

имеем

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

c

 

 

c b

 

 

+

 

b

 

 

 

или

 

 

 

 

c b

 

 

 

 

 

c

 

 

 

 

 

b

 

.

 

 

 

(2)

 

 

 

 

 

 

 

 

1)

1

 

 

 

 

 

(3)

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1. Поскольку x = A1( Ax) , то

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

x

=

A1( Ax)

 

 

A1

 

 

Ax

=

 

 

 

Ax

.

(4)

 

α

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

(4),1)

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

(2)

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

(α β)

 

x

 

 

=α

 

x

 

β

 

x

 

 

Ax

 

 

 

 

 

 

 

 

B A

 

 

 

 

 

 

 

 

 

x

 

 

 

 

Ax

 

 

(B A)x

 

=

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

343

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

(3)

 

 

 

 

 

 

 

 

=

Ax

Bx Ax

=

Ax

Ax Bx

Ax

(

Ax

Bx

) =

Bx

.

 

Итак,

 

Bx

 

(α β)

 

x

 

.

(5)

 

 

 

 

 

Покажем, что из (5) следует обратимость оператора B , то есть его взаимная однозначность. От противного. Пусть одному образу

отвечают два разных прообраза, то есть Bx1 = Bx2 , но x1 x2 . Тогда

B(x1 x2 ) =θ . =>

 

B(x1 x2 )

= 0 . А

по формуле (5)

получается

 

B(x1 x2 )

 

= (α β)

 

x1 x2

 

, то есть

0 (α β)

 

x1 x2

 

.

Получили

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

противоречие, которое и доказывает первую часть теоремы 2.

2. По условию теоремы B A <α B, A или ρ(B, A) <α = ε , то

есть любой обратимый оператор принадлежит множеству вместе с некоторой окрестностью. А это и означает открытость множества . И утверждение 2) теоремы доказано.

3. Если y = Bx, то x = B1y . Учитывая это, перепишем (5) так:

(α β) B1y BB1 y = y y Rn .

Тогда (α β) sup B1y sup y =1.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

B

1

 

 

 

y

 

1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

B1

 

 

 

 

 

B1

 

 

 

 

 

 

 

1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Или (α β)

 

 

 

 

1,

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

(6)

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

α β

 

 

 

 

 

 

 

 

Легко проверить тождество

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

B1 A1 = B1 (A B)A1 .

 

 

 

(7)

Дважды используя следствие 3 §16, найдем

A1

 

1

β 1 . (8)

 

 

B1 A1 = B1( A B) A1

 

B1 A B

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

(6),1)

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

α β

α

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

A B

 

 

 

 

 

 

 

A1 B1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Из (8) видно, что при

 

 

 

= β 0

 

 

0 , что и означает

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

непрерывность взаимно-однозначного отображения A A1. Теорема доказана.

§ 18. Обратимость отображения. Производная обратной функции

Определение. Дифференцируемое отображение f (x) открытого множества X Rn в Rm называется непрерывно дифференцируемым на

344

X , если f '(x) – непрерывное отображение X в линейное пространство

L(Rn , Rm ).

Определение означает, что

x X

и ε > 0 существует δε > 0

такое, что

 

f '(x') f '(x)

 

 

 

< ε , если

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

x'x

 

<δ ε , x' X .

(1)

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Теорема 1. Отображение

f (x)

будет

непрерывно

дифференцируемым на

 

 

 

X тогда и только тогда, когда все частные

производные

f i(x)

 

,

 

 

 

i =1,2,..., m,

j =1,2,..., n

существуют и

x j

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

непрерывны на X .

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Пусть f (x)

 

Доказательство.

Необходимость.

– непрерывно

дифференцируемое отображение, то есть выполняется (1). В стандартных базисах пространств Rn и Rm оператор f '(x) представляется матрицей, j -й столбец которой f '(x)e j представляет

собой частные производные f i , i =1,2,...m . Согласно следствию 1 §16

x j

имеем

 

f '(x')e j f '(x)e j

 

 

f '(x') f '(x)

 

1(1)ε при

 

x'x

 

< δ ε .

(2)

 

 

 

 

 

 

Неравенство

(2) означает,

что j -й столбец матрицы

f '(x)

непрерывный,

следовательно,

непрерывны все его составляющие, то

есть частные производные f i . Необходимость доказана.

x j

Достаточность. В §8 (теорема1) достаточность доказана для частного случая числовой функции, то есть для одной строки матрицы f '(x) . Считая это доказательство верным для любой i -й строки

матрицы, получим, что все элементы матрицы f '(x) – непрерывные функции. Тогда из (10) §16 следует, что оператор f '(x) непрерывный.

Теорема доказана.

Пусть векторная функция векторного аргумента y = f (x) отображает множество Χ на множество Υ, Χ Rn , Y Rm . Возникает вопрос, при каких условиях существует обратная функция x = f 1( y) , то есть однозначное отображение множества Υ на Χ или хотя бы

345

некоторой окрестности точки b = f (a) в Χ. Если, в частности, y = f (x)

– линейная функция, то есть

y = Ah ,

 

(3)

 

 

A =[a

 

]

 

 

 

где h = x a ,

ij

 

= f '(x)

 

матрица Якоби, составленная

из

 

 

 

 

m×n

 

 

 

 

 

 

 

чисел, то в развернутом виде получим систему линейных уравнений

 

 

y1 = a11h1 + a12h2 +... + a1nhn,

 

 

 

 

= a21h1 + a22h2 +... + a2nhn,

 

 

y2

(3’)

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

................................................

 

 

y

m

=

am1h1

+

am2h2

+...

+

 

.

 

 

 

 

 

 

 

amnhn

 

по

Итак, как из системы (3’)

однозначно определить числа h j

 

известным числам yi .

Из линейной алгебры известно, что для этого

матрица [ A] должна быть обратимой (а для этого необходимо m = n).

Если матрица A обратима, то (3’) разрешимо и h = A1y или hi =

 

i

 

 

det A

– формулы Крамера.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

y = f (x)

не

Если

непрерывно

дифференцируемое

отображение

является линейным, то, выделив линейную часть, запишем

 

 

 

 

 

 

 

 

f (x) = f (a) + f '(a)h + o(h) .

 

 

 

 

 

(4)

 

Естественно предположить, что отображение (4) будет иметь

обратное отображение, если обратим оператор

A = f '(a) . Уточнение

этого утверждения дает следующая теорема.

 

 

 

 

 

 

 

 

Теорема 2. Пусть

f (x)

 

 

непрерывно

дифференцируемое

отображение открытого множества Χ Rn

в пространство Rn .

Пусть

линейный

оператор

f '(a) обратим при

некотором

a Χ и

пусть

b = f (a) . Тогда существуют окрестности U и V точек a и b

такие,

что:1)

отображение

f (U ) =V

взаимно-однозначно,

то

есть,

 

если

y = f (x),

x U , то существует отображение x = f 1( y) ,

y V

такое,

что

f 1( f (x)) = x

x U ; 2)

 

 

отображение

f 1( y)

непрерывно

дифференцируемое в окрестности V .

 

 

 

 

 

 

 

 

Доказательство. Пусть f '(a) = A. Выберем λ так, чтобы

 

 

 

 

 

 

 

 

 

A1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

4λ

 

 

=1.

 

 

 

 

 

 

(5)

 

Поскольку

f (x) непрерывно дифференцируемое отображение,

то

существует открытый шар U с центром в точке a такой, что

 

 

 

 

 

 

 

 

 

346

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

f '(x) f '(a)

 

 

 

=

 

 

 

f '(x) A

 

 

 

< 2λ x U .

(6)

 

 

 

 

 

 

 

 

Пусть x и x + h U , тогда

 

 

 

все

точки отрезка x +th ,

t [0,1]

принадлежит U , поскольку U – множество выпуклое.

 

Рассмотрим вспомогательную

функцию ϕ(t) = f (x + th) tAh ,

t [0,1] скалярного аргумента t . Очевидно,

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

ϕ '(t) = f '(x +th)h Ah .

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Оценим (7).

 

ϕ'(t)

 

=

 

 

f '(x +th)h Ah

 

(2)

 

 

 

 

 

f '(x + th) A

 

 

 

 

 

h

 

(6)<2λ

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Но

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

h

 

=

 

A1Ah

(2)

 

A1

 

 

 

Ah

(5)

 

1

 

 

 

 

Ah

 

.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

=

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

4λ

С учетом (8) имеем

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

ϕ'(t)

 

<

 

 

 

Ah

 

.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

По аналогу теоремы Лагранжа для векторной функции (см. имеем

(7)

h .

(8)

(9) §11 гл.6)

(9) 1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

a = f (x+h)f (x)

 

 

ϕ(1) ϕ(0)

 

ϕ '(t) 1<

 

 

 

 

Ah

 

 

или

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

ab

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

f (x + h) Ah f (x)

 

<

1

 

 

Ah

 

. (

 

 

 

a b

 

<

1

 

 

b

 

)

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

b = Ah

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Из последнего неравенства (см. рис.) имеем

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

f (x + h) f (x)

 

>

 

 

1

 

 

Ah

 

 

(8)2λ

 

h

 

.

 

 

 

(10)

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

f (x) взаимно-

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Последнее неравенство означает, что отображение

однозначное на U , так как при h 0 ,

то есть x + h x

f (x + h) f (x)

и наоборот. Первая часть теоремы доказана.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2). Перейдем к доказательству второй части теоремы.

 

 

 

 

 

Перепишем (5) и (6) так:

 

 

 

 

A1

 

=

1

 

 

<

1

 

=

1

,

 

f '(x) A

 

 

 

< 3λ =α .

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

4λ

 

 

 

 

 

 

3λ

 

 

 

α

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Тогда выполняются условия 1) теоремы 2 §17. Так как линейный

оператор A по условию теоремы обратим, то и оператор f '(x)

имеет

обратный в некоторой окрестности точки a . Обозначим его B .

 

Пусть y и y + l V , x = f 1( y) = g( y) . Тогда

 

h = g( y + l) g( y) ,

(11)

а l = f (x + h) f (x) = f '(x)h + o(h) .

 

347

 

К последнему равенству применим оператор B . Получим

(11)

 

 

 

 

 

Bl = B( f '(x)h + o(h)) = h + B(o(h)) = g( y + l) g( y) + B(o(h)) .

(12)

Из (10) следует

 

 

l

 

> 2λ

 

h

 

.

(13)

 

 

 

 

Из (13) видно, что при l 0 h 0 , то есть отображение g( y) = f 1( y)

непрерывно. При этом

B(o(h))

 

 

 

B

 

 

 

 

 

o(h)

 

 

0 при l 0 .

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

(2),(13)

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

l

 

 

 

 

 

 

 

2λ

 

h

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Тогда (12) можно переписать так:

 

 

 

g(l + h) g( y) = Bl o(l) . Это

и

означает

дифференцируемость

 

 

 

функции

g( y) = f 1( y) ,

а

B = g '( y) = ( f 1( y))' = ( f '(x))1 . По аналогии с производной обратной

функции одного аргумента последнее равенство условно записывают так:

 

1

1

 

 

( f

( y))' =

 

.

(14)

f '(x)

Непрерывность оператора g '( y) = ( f 1(x))' следует из непрерывности оператора f '(x) и утверждения 3) теоремы 2 §17.

Теорема доказана.

 

 

 

Замечание. Определитель оператора f '(x)

называют якобианом и

обозначают J f (x) = det f '(x) =

D( f 1, f 2,..., f n)

.

Условие обратимости

 

 

D(x1, x2,..., xn)

 

оператора f '(x) в точке x = a запишется так: J f (a) = det f '(a) 0.

Пример. f (x) = ( f 1, f 2) = (u,v) , u = x2 + y2 , v = 3x2 y2 .

Найти производную обратной функции в точке x0 = (1,1) или y0 = (2,2) .

u 'x

u 'y

=

2x

2 y

. =>

Решение. f '(x) =

 

 

 

 

 

 

 

6x

 

v'x

v'y

 

 

2 y

 

J f = det f '(x) =

2x

2 y

= −16xy . Следовательно,

данная функция

 

6x 2 y

 

 

имеет обратную

на всей плоскости, исключая

оси координат.

g '( y) = ( f '(x))1 =(обратная матрица для матрицы f '(x) )=

348

 

 

 

2 y 2 y

x'u

x'v

x'u =

1

=

1

 

,

x'v =

1

 

=

1

 

,

 

 

1

 

8x

8

 

 

 

8

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

8x

 

 

 

 

=

 

 

 

=

y '

y '

 

. =>

3

 

 

3

 

 

 

 

1

 

 

 

 

1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

16xy

6x 2x

 

v

y 'u =

 

=

,

y 'v = −

 

= −

.

 

 

 

 

u

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

8y

 

8

 

8y

8

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1

 

1

 

1

 

Итак, производная обратной функции в точке (2,2) равна

 

 

3

 

 

.

 

8

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1

 

 

Упражнение. Выразить x и y через u и v . Найти все частные

производные функций x(u,v) и y(u,v) и

 

сравнить

результат с

полученным.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

§ 19. Неявная функция. Дифференцирование неявной функции

Неявную (неявно заданную) функцию одной переменной мы уже рассматривали (см. §7 гл.5). Например, уравнение

y

 

x2 + y2 1 = 0

(окружность

в R2 ) можно

 

 

 

 

разрешить относительно x и получить на отрезке

 

 

 

 

 

 

 

[1,1] две явно заданные функции: y = 1x2

и

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

x

 

x y = − 1x2 .

 

x2 + y2 +1 = 0

не

 

 

 

 

 

 

 

Однако другое

уравнение

определяет ни одной действительной функции. Дело осложняется еще и тем, что уравнение

x2 + y2 1 = 0 определяет на отрезке [1,1] не

только две вышеприведенные функции, но и еще бесконечное множество других функций, например, такую:

 

1x

2

,

1 x < 0,

 

 

y =

 

 

 

0 x 1.

1x2 ,

 

 

 

 

 

Возьмем точку M0 на окружности с некоторой ее окрестностью. Из

рисунка ясно, что эта окрестность взаимно-однозначно проектируется на некоторую окрестность точки x0 оси x . Это означает, что в этой

окрестности уравнение x2 + y2 1 = 0 определяет единственную явную

функцию y = 1x2 . Однако, если взять точку M 1 на горизонтальном диаметре окружности, то любая ее окрестность проектируется на ось x

349

не взаимно-однозначно и в этой окрестности однозначная функция данным уравнением не определяется.

Возникает вопрос, при каких условиях функциональное уравнение

f (x, y) = 0 , x = (x1, x2,..., xn) Rn , y = ( y1, y2,..., ym) Rm

(1)

определяет единственную функцию x = g( y) такую, что

f (g( y), y) 0

y W Rm .

 

Для частного случая, когда функция f (x, y) линейная, то есть в области определения совпадает с линейным оператором A(x, y) , ответ

на этот вопрос известен из линейной алгебры, поскольку сводится к условию разрешимости уравнения A(x, y) = 0 , эквивалентного системе

n

m

= 0 , i =1,2,..., n .

 

aij x j + aik yk

(2)

j=1

k =1

 

 

Запись A(x, y)

означает, что линейный оператор

A действует на

точку (x, y) = (x1, x2,..., xn, y1, y2,..., ym) Rn

Фиксируя y = l , из (2) получим

n

m

= hi , i =

aij x j

= −aiklk

j=1

k =1

 

+ m = Rn × Rm .

1,2,..., n . (3)

Из линейной алгебры известно, что необходимым и достаточным условием существования единственного решения системы (3) (следовательно, и уравнения A(x, y) = b , b Rn ) является Rang[ A] = n ,

то есть ранг матрицы системы должен быть равен числу неизвестных. В частности, при l = 0 получим A(x,0) = 0 только при x = 0, то есть

A(x,0) = 0 . Ù, если x Rn ,

Rang[ A] = n .

(4)

Из (2) видно, что матрица оператора

A имеет n строк и (n + m)

столбцов, то есть оператор A действует из Rn+m в Rn . Заметим, что рангом оператора A называют размерность его образа, а размерность образа совпадает с рангом матрицы оператора A.

Теорема. Пусть z = f (x, y) есть непрерывно дифференцируемое

отображение открытого множества Ε Rn + m в пространство Rn . Пусть точка (a,b) Ε, f (a,b) = 0, A = f '(a,b) , Rang A = n. Тогда существует

окрестность W Rm точки b и единственная функция x = g( y) ,

непрерывно дифференцируемая в окрестности W со значением в Rn такая, что

350

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]