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[数学分析]-习题8.5.4-隐函数定理

[数学分析]-习题8.5.4-隐函数定理

问题

隐函数定理:设隐函数定理的条件成立

\[ \left\{ \begin{aligned} & F(x,y) \in C^{(p)}(U;\R^n) \\ & F(x_0,y_0) = 0 \\ & F’_y(x_0,y_0) \textrm{可逆} \end{aligned} \right. \]

$F^i_y(x, y) = \left( \pp{F^i}{y^1}, \cdots, \pp{F^i}{y^n} \right)(x,y)$是矩阵$F_y(x,y)$的第$i$行,证明:

(a)如果所有的点$(x_i,y_i)$都位于$(x_0,y_0)$的邻域$I^m_x \times I^n_y$内,则由向量$F^i_y(x_i,y_i)$组成的行列式不为$0$。

(b)如果对于点$x\in I^m_x $,存在点$y_1,y_2 \in I^n_y$,使得$F(x,y_1) = F(x,y_2) = 0$,则对于每个$F^i(x,y)$,都可以在线段$(x,y_1)–(x,y_2)$上找到点$(x,y_i)$使得

\[F^i(x,y_1) – F^i(x,y_2) = (F^i)’_y(x,y_i)(y_1 – y_2)\]

由此可知$y_1=y_2$,即如果隐函数$f:I^m_x \to I^n_y$存在,则它是唯一的。

(c)如果球$B(y_0;r)$位于$I^n_y$内,则当$\Vert y-y_0 \Vert_{\R^n} = r > 0$时,$F(x_0,y) \ne 0$.

(d)函数$\Vert F(x_0,y) \Vert^2_{\R^n}$连续并且在球面$\Vert y – y_0 \Vert_{\R^n} = r$上具有极小值$\mu$.

(e)存在$\delta > 0$,使得当$\Vert x – x_0 \Vert_{\R^m}< \delta$时,如果$\Vert y – y_0 \Vert_{\R^n} = r$,则$\Vert F(x_0,y) \Vert^2_{\R^n} > \mu / 2$;如果$y = y_0$,则$\Vert F(x_0,y) \Vert^2_{\R^n} < \mu /2$.

(f)对于满足$\Vert x – x_0 \Vert_{\R^m} < \delta $的任何固定$x$,函数$\Vert F(x,y) \Vert^2_{\R^n}$在球$\Vert y – y_0 \Vert_{\R^n} \leq r$的某个内点$y = f(x)$取得极小值,又因为矩阵$F’_y(x,f(x))$可逆,所以$F(x,f(x)) = 0$,这证明了隐函数$f:B(x_0;\delta) \to B(y_0;r)$存在。

(g)如果$\Delta y = f(x + \Delta x) – f(x)$,则

\[\Delta y = -[\tilde{F}’_y]^{-1}[\tilde{F}’_x]\Delta x\]

其中$\tilde{F}’_y(x,y)$是由$F^i_y(x_i,y_i)$组成的矩阵,$(x_i,y_i)$在$(x,y)$和$(x+\Delta x,y+\Delta y)$组成的线段上。由该关系可知$y = f(x)$连续。

(h)$f'(x) = -[F’_y(x,f(x))]^{-1}[F’_x(x,f(x))]$.

证明

(a)

根据条件$F’_y(x_0,y_0)$可逆,所以$\det (F’_y(x_0,y_0))$在$I_x\times I_y$内不为$0$。定义

\[ |B| = \left| \begin{matrix} \pp{F^1}{y^1}(x_0,y_0) & \cdots & \pp{F^1}{y^n}(x_0,y_0) \\ \vdots & & \vdots \\ \pp{F^n}{y^1}(x_0,y_0) & \cdots & \pp{F^n}{y^n}(x_0,y_0) \end{matrix} \right| \]

由于$\pp{F^1}{y^j}$连续,则下列等式在$(x_1,y_1) \in I_x \times I_y$时成立

\[ |B^*_1| = \left| \begin{matrix} \pp{F^1}{y^1}(x_1,y_1) & \cdots & \pp{F^1}{y^n}(x_1,y_1) \\ \vdots & & \vdots \\ \pp{F^n}{y^1}(x_0,y_0) & \cdots & \pp{F^n}{y^n}(x_0,y_0) \end{matrix} \right| = \left| \begin{matrix} \pp{F^1}{y^1}(x_0,y_0) + a^1_1 & \cdots & \pp{F^1}{y^n}(x_0,y_0) + a^n_1 \\ \vdots & & \vdots \\ \pp{F^n}{y^1}(x_0,y_0) & \cdots & \pp{F^n}{y^n}(x_0,y_0) \end{matrix} \right| \]

其中$a$是$(x_1,y_1) \to (x_0,y_0)$时的无穷小量。如果用$|B_{ij}|$来表示矩阵中元素$B_{ij}$的余子式,则有

\[|B^*_1| = |B| + \sum_{j=1}^{n} a^j_1 |B_{1j}|\]

$|B_{ij}|$有界,所以$\sum_{j=1}^{n} a^j_1 |B_{1j}|$是无穷小量,将其表示为$a_1$。重复使用$n$次这样的方法,得到

\[|B^*_n| = |B| + \sum_{i=1}^n a_i\]

如果$I_x^m \times I_y^n$充分小,则$\sum_{i=1}^n a_i$可以任意小,在这样的$I_x^m \times I_y^n$内,可以保证向量$F^i_y(x_i,y_i)$组成的行列式$|B^*_n|$不为$0$。

(b)

$F^i(x,y)$关于$y$可微,根据拉格朗日中值定理可以得出

\[0 = F^i(x,y_1) – F^i(x,y_2) = (F^i)’_y(x,y_i) (y_1 – y_2)\]

但是在$I_x^m \times I_y^n$上$(F^i)’_y(x,y) \ne 0$,故只有$y_1 – y_2 = 0$

(c)

(b)的推论,即如果$F(x_0,y) = 0$,则必有$y=y_0$。

(d)

球面$\Vert y – y_0 \Vert _{\R^n} = r$是紧集,现在需证明函数$\Vert F(x_0,y) \Vert^2 _{\R^n}$连续;将其展开为$\sum_{i=1}^n [F^i(x_0,y)]^2$的形式,所以首先证明$[F^i(x_0,y)]^2$连续。根据条件$F^i(x_0,y)$在$\Vert y – y_0 \Vert _{\R^n} = r$上连续,假设其在球面上取得最大值$M_i$,选取这样的$\varepsilon$,使得$d(y_1,y_2)<\varepsilon$时有$| F^i(x_0,y_1) – F^i(x_0,y_2) | < \varepsilon/2M_i$

\[|[F^i(x_0,y_1)]^2 – [F^i(x_0,y_2)]^2 | \leq |2M_i||F^i(x_0,y_1)-F^i(x_0,y_2)| < \varepsilon\]

显而易见$\Vert F(x_0,y) \Vert^2 _{\R^n}$连续。其在紧集上可以取得极小值$\mu$,并且$\mu > 0$.

(e)

对于$x_0 \in I_x^m$以及$\forall y \in S(y_0;r)$,根据上问可知$\Vert F(x_0,y) \Vert^2 _{\R^n}\geq \mu > \mu/2$,从而$\exists O(x_0) \times O(y)$使得$\forall (x,y) \in O(x_0) \times O(y)$有$\Vert F(x_0,y) \Vert^2 _{\R^n} > \mu/2$。另一方面$O(y)$构成了$S(y_0;r)$的开覆盖。从所有$O(y)$中选出有限覆盖$O(y_1),\cdots,O(y_l)$,以及每个$y$所对应的$O_1(x_0),\cdots, O_l(x_0)$。在这些条件下,$\forall y \in S(y_0;r)$,都可以找到一个$O(y_k)$包含该$y$,同时在对应的$O_k(x)$上的任何$x$,都能使$\Vert F(x_0,y) \Vert^2 _{\R^n} > \mu /2$成立。然后,取$B(x_0;\delta_1) \subset \bigcap O_k(x)$.

由于$\Vert F(x_0,y) \Vert^2 _{\R^n} = 0 < \mu/2$,则$\exists B(x_0;\delta_2) \times O(y_0)$,使$\forall(x,y)\in B(x_0;\delta_2)\times O(y_0),\; \Vert F(x_0,y) \Vert^2 _{\R^n} < \mu/2$,这是连续函数的性质。

最后取$\delta = \min(\delta_1,\delta_2)$即可。

(f)

闭球是紧集,所以在固定$x$时,$\Vert F(x,y) \Vert^2_{\R^n}$可以取得极小值,此时它关于$y$的导数矩阵为$0$

\[ 2 \begin{bmatrix} F^1 & \cdots & F^n \end{bmatrix}(x,y) \begin{bmatrix} \pp{F^1}{y^1} &\cdots &\pp{F^1}{y^n} \\ \vdots & & \vdots \\ \pp{F^n}{y^1} &\cdots &\pp{F^n}{y^n} \\ \end{bmatrix}(x,y) = 0 \]

由于$F’_y(x,y)$可逆,唯一的结果是$F(x,y) = 0$。根据(b)问,这个$y\in B(y_0;r)$唯一。现在还需要验证$y$是闭球的内点,根据(e)问的证明,$\Vert F(x,y) \Vert^2_{\R^n}$不会在球面上取得极小值。将每个$x$对应的唯一一个$y$定义为$f(x)$,可见隐函数$f:B(x_0;\delta) \to B(y_0;r)$存在且唯一。

(g)

$F:B(x_0;\delta) \to B(y_0;r)$可微,则$F^i(x,y)$也在该邻域内可微。

\[F^i(x+\Delta x, f(x+\Delta x)) = F^i(x+\Delta x,y + \Delta y )= 0\]

根据拉格朗日中值定理,$\exists (x_i,y_i)$使

\[F^i(x+\Delta x,y + \Delta y )-F^i(x,y) = F^i_x (x_i,y_i)\Delta x + F^i_y (x_i,y_i)\Delta y\]

注意这里没有直接在$F$上使用拉格朗日中值定理,原因是前面的章节只研究过$F:\R^m \to \R$的情况。将$i=1,\cdots, n$的式子组合起来,可得$\tilde{F}’_x \Delta x + \tilde{F}’_y\Delta y = 0$。在(a)问中证明了$\tilde{F}’_y$可逆,所以

\[\Delta y = -[\tilde{F}’_y]^{-1}[\tilde{F}’_x]\Delta x\]

当$\Delta x \to 0$时有$\Delta y \to 0$,所以$f(x)$连续。

(h)

$F(x,f(x))\equiv 0$,对$x$求导后也会为$0$。视变换为

\[(x^1,\cdots,x^m)\stackrel{g}{\mapsto}(x^1,\cdots,x^m,f^1(x^1,\cdots,x^m),\cdots,f^n(x^1,\cdots,x^m))\stackrel{F}{\mapsto}\R^n\]

\[ \pp{F}{x} = \begin{bmatrix} \pp{F}{x} & \pp{F}{y} \end{bmatrix} \begin{bmatrix} E \\ \pp{f}{x} \end{bmatrix} = F’_x(x,f(x)) + F’_y(x,f(x))f'(x) = 0 \]

\[f'(x) = -[F’_y(x,f(x))]^{-1}[F’_x(x,f(x))]\]

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2022-07-30