Analisi matematica 4

R R

morsmo locale se: ∀a ∈ ∈ ⊆

Ω∃V µ (V Ω) tale che :

a

8 INDICE

è −

1) f /V 1 1 è aperto

2) W := f (W ) −1

su k N

−→ ∈

3) f : V W (f /V ) C (W, )

R

1−1

OSSERVAZIONE su

−→

F = f /V : V W

1−1

−1 su

−→

G = (f /V ) : W V

1−1

Allora e sono di classe allora vale la regola

k

◦ ◦

G F = id F G = id C

V W

dei dierenziali perché è dierenziabile.

f ◦

=> dG dF = id N

R

◦

dF dG = id N

R

allora

∈ ◦

x V => dG(F (x)) dF (x) = id ,

N

R

· ·

I (F (x)) I (x) = id => det I (F (x)) det I (x) = 1

N

G F G F

R

Allora 6

det I (x) = 0

F

Conclusione:

Se è un dieomorsmo locale 6 ∀x ∈

f => det I (x) = 0 Ω

F

NOTAZIONE

det I (x) = J (x) determinante Jacobiano di f

f f

TEOREMA DELLO JACOBIANO

Sia aperto. Allora:

k N N

∈ ⊆

f C (Ω, ), Ω

R R

0.1 Idea di Newton 9

è un dieomorsmo locale di classe se e solo se

k 6 ∀x ∈

f C J (x) = Ω

f

OSSERVAZIONE , allora

0

⊆ −→ ∈ 6 ∈

f : Ω intervallo di : f C f (x) = 0∀x Ω

R R

0 0

∈ ↑ ∈ ↓

f (x) > 0∀x Ω => f s oppure f (x) < 0∀x Ω => f s

è globalmente invertibile

su

−→

f : Ω f (Ω) => f

1−1

IDEA DELLA DIMOSTRAZIONE dove è il termi-

∈ −

a Ω f (x) = f (a) + T (x a) + g(x) T = df (a) g(x)

ne di perturbazione dell'equazione ane 6

df (a) = 0 + T = df (a) + dg(a) => dg(a) = 0 det T = 0

PREMESSE E RICHIAMI N N

−→

T : lineare

R R

||T || |T |T ≤ ||T |||h|

= max (h)| => (h)|

|h|=1

||A|| ||T ||, ||A|| |Ah|

:= = max => A = (a )

ij i,j=1,...,N

|h|=1 Ì N

X 2

||A|| ≤ a ij

i,j=1

LEMMA aperto di

k N N

∈ ≥

f C (Ω, ), Ω , k 1

R R 0

N N

∈ 7→ ∈

x Ω df (x) L(R , ) e continua in Ω

R

10 INDICE

Dimostrazione. Ì ‚ Œ 2

N ∂f ∂f

X i i

∈ ||df ||I ≤ − →

x, y Ω => (x)−df (y)|| = (x)−I (y)|| (x) (y) 0

f f x→y

∂x ∂x

j j

i,j=1

COROLLARIO 0

∈ 7→ ||df ∈

x Ω (x)|| e continua

R

Dimostrazione.

| ||df − ||df | ≤ |df − −→

(x)|| (y)|| (x) df (y)| 0

x→y

Perché è continua

df (x)

LEMMA invertibile

N N N

∈ ∃m |T ≥ ∀h ∈

T L(R , ) => > 0 : (h)| m|h|

R R

Dimostrazione. −1 −1 −1

N

∈ |h| ≤ ||T || |T

h => h = T (T (h)) => = T (T (h)) (h)| =>

R 1

|T ≥ |h|

(h)| = m|h|

−1

||T ||

PROPOSIZIONE (iniettività locale)

Sia aperto di tale che

k N N

∈ ≥ 6 ∀x ∈

f C (Ω, ), Ω , k 1 J (x) = 0, Ω

R R f

allora è localmente iniettiva. Precisamente:

f 0

∀a ∈ ∈ ⊆ −

Ω∃V µ , V Ω : f /V e 1 1

a

0.1 Idea di Newton 11

Poiché è dierenziabile (perché di classe ) si ha:

k

f C

Dimostrazione. − −

f (x) = f (a) + T (x a) + g(x) T = df (a) g(x) = ω(x)|x a|

Allora e . Quindi:

k

∈

g C dg(a) = 0 (df (a) = T + dg(a))

||dg(x)|| −→ ||dg(a)|| = 0

x→a

Allora pongo (perché allora è invertibile)

1 6

m = J (a) = 0 T

f

−1

||T || m ∀x ∈

∃ρ ⊆ ||dg(x)|| ≤ D(a, ρ)

> 0 : D(a, ρ) Ω, 2

Ricordiamo poi: N

|T ≥ ∀h ∈

(h)| m|h| R

Risulta quindi:

0 0 0 0 0 0

∈ |f |(T |T ≥

x, x D(a, ρ) => (x)−f (x )| = (x)+g(x))−(T (x )+g(x ))| = (x−x )+(g(x)−g(x ))|

0 0 0 0

≥ |T − − |g(x) − ≥ − | − |g(x) −

(x x )| g(x )| m|x x g(x )|

D'altra parte, per il teorema del valor medio:

0 0 0

|g(x) − ≤ ||dg(z)|| |x − | ∈ ⊆ ⊆

g(x )| x dove z [x, x ] D(a, ρ) Ω

m

0 0

||dg(z)|| |x − | ≤ |x − |

=> x x

2

Per tanto: m m

0 0 0 0 0

∈ |f − ≥ − | − |x − | |x − |

x, x D(a, rho) => (x) f (x )| m|x x x = x

2 2

Allora: m

0 0

|f − ≥ |x − |

(x) f (x )| x (∗)

2

Dunque ristretta a è −

f f /D(a, ρ) 1 1

m

0 0 0 0 0

|f − ≥ |x − | |x − |

f (x) = f (x ) => (x) f (x )| x => x = 0 => x = x

2

12 INDICE

NOTA su

−→

f : D(a, ρ) f (D(a, ρ))

1−1

−1

G = (f /D(a, ρ)) −→

G : f (D(a, ρ)) D(a, ρ)

0 0 0 0 0 0

∈ ∈ ∈ ∈

y, y f (D) => y = f (x), y = f (x ) x, x D => x G(y), x G(y )

Allora per (∗) m m

0 0 0 0

|y − | ≥ |G(y) − |G(y) − ≤ |y − |

y G(y )| => G(y )| y

2 2

Allora l'inversa è continua (Lipschiziana)

PROPOSIZIONE 0

k N

∈ 6 ∈

f C (Ω, ), J (x) = 0∀x Ω => f e localmente suriettiva

R f

Precisamente: ⊆ ⊇

∀a ∈ D(a, ρ)(disco chiuso) Ω, f (D(a, ρ) D(f (a), σ)

Ω∃ρ, σ > 0 :

∈ ∈ ∃x ∈

y D(f (a), σ) => y f (D(a, ρ)) => D(a, ρ) : f (x) = y

teorema di risolubilità

Sia Scriviamo con

∈ −

a Ω. f (x) = f (a) + T (x a) + g(x)

Dimostrazione.

, k

∈ −

T = df (a) g C , g(x) = ω(x)|x a| dg(a) = 0

Sia ora con ( è invertibile

m 1

⊆ ||dg(x)|| ≤

ρ > 0 : D(a, ρ) Ω, m = T

−1

||T ||

2

)

6

<= J (a) = 0

f

Sia ora da determinare e prendiamo ∈

σ > 0 y D(f (a), σ)

Dimostriamo che si può scegliere ∀y ∈ ∈

σ > 0 : D(f (a), σ)∃x D(a, ρ) :

f (x) = y

0.1 Idea di Newton 13

( )

⊆

D(f (a), σ) f (D(a, ρ))

Sia dunque allora

∈ −

y d(f (a), σ) f (x) = y <=> f (a) + T (x a) + g(x) =

−1

− − − − − −

y <=> T (x a) = y f (a) g(x) <=> x a = T (y f (a) g(x))

con

−1

{a − − ∈

<=> x = + T (y f (a) g(x))} => x = K(x) x D(a, ρ)

=K(x)

DIMOSTRIAMO ORA CHE:

Si può scegliere ⊆ −→

1) σ > 0 : K(D(a, ρ)) D(a, ρ) => K : D(a, ρ) D(a, ρ)

è una contrazione. Ne verrà che ∃!x ∈ D(a, ρ) : x = K(x) <=> f (x) =

2) K

y (1)

Dimostrazione. e . Allora:

∈ ∈

y D(f (a), σ) x D(a, ρ) −1 −1

|K(x)−a| ≤ |K(x)−a| |a+T ≤ ||T || |y−f ≤

ρ => = (y−f (a)−g(x))−a| (a)−g(x)|

 ‹

m

−1 −1 −1

≤ ||T || − |g(x) − ≤ ||T || ||dg(z)|| |x − ≤ ||T || ≤

(|y f (a)| + g(a)|) (σ + a|) σ + ρ ρ

2

l'ultima disuguaglianza è vera

Perché ρ

m

1 ≤

, <=> σ + ρ =

m = −1 −1

||T || ||T ||

2

m

≤

mρ <=> σ ρ

2 (2)

Dimostrazione. € Š

è una contrazione nello spazio metrico

K D(a, ρ), d <=>

e

0 0 0

∃α ∈]0, |K(x) − ≤ − | ∀x, ∈

1[: K(x )| α|x x x D(a, ρ)

Ora:

0 0 −1 −1 0

∈ |K(x)−K(x − − − − −

x, x D(a, rho) => )| = a + T (y f (a) g(x)) (a + T (y f (a) g(x )))

−1 −1 0 −1 0 −1 0 −1 0

|−T |T ≤ ||T || |g(x)−g(x ≤ ||T || ||dg(z)|| |x−x |

=> (g(x))+T (g(x ))| = (g(x)−g(x ))| )|

1 m 1

0 0 0

≤ |x − | |x − |

x = ( ) x => e una contrazione

=α

m 2 2

14 INDICE

TEOREMA (invertibilita' locale)

è aperta, cioè aperto è aperto.

∀V ⊆

f Ω, V => f (V )

Sia Dimostriamo che Se

∈ ∃σ ⊆

b f (V ). > 0 : D(b, σ) f (V ).

Dimostrazione.

allora . Per la proposizione sulla locale suriettivi-

∈ ∃a ∈

b f (V ) V : f (a) = b

tà, ∃σ, ⊆ ⊇ ⊆

ρ > 0 : D(a, ρ) V, f (D(a, ρ)) D(f (a), σ) = D(b, σ) => D(b, σ)

⊆

ρ)) f (V )

f (D(a, teorema di invertibilità locale

Dimostrazione.

Sia Per la proposizione sull' iniettivita' locale:

∈

a Ω. 0

∃ρ ⊆ −

> 0 : D(a, ρ) Ω, f /D(a, ρ) e 1 1

Poniamo Per la proposizione sulla suriettivita' locale:

V := D(a, ρ). W :=

è aperto, abbiamo quindi:

f (V ) −1 −→

f /V = F G = F : W V

Dimostriamo che ricordiamo preliminarmente che si ha:

k

∈

G C , m 0 0

0 |x − | ∀x, ∈

|F − ≤ x x V

(x) F (x )| 2

Poniamo e . Allora:

0 0 0 0

F (x) = y, F (x ) = y <=> x = G(y) x = G(x )

m 2

0 0 0 0 0

|y − | ≥ |G(y) − |G(y) − ≤ |y − | ∀y, ∈

y G(y )| <=> G(y )| y y W

2 m

In particolare è continua nel suo dominio Dimostriamo che è

G (W ). G

dierenziabile in ogni punto di . Poiche è dierenziabile in ogni punto

W F

del suo dominio si ha:

0 0 0 0

− − |

F (x) = F (x ) + T (x x ) + ω(x)|x x dove T = dF (x )

0.1 Idea di Newton 15

0 0 0

− − − − |

<=> T (x x ) = F (x) F (x ) ω(x)|x x

è invertibile per le ipotesi 0 −1 0

<=> T <=> x−x = T (F (x)−F (x )−ω(x)|x−

0 |)

x <=> 0 −1 0 0 −1

− − |x − |T

<=> x = x + T (F (x) F (x )) x (ω(x))

0 −1 0 −1 0 →

<=> G(y) = G(y )+T (y−y ){−T (ω(G(y))|G(y)−G(y )|} 0

0

∗ 0 | y→y

ω (y)|y−y

Ora: 0

|G(y) − G(y )|

&l