4. O funkcji uwikłanej 4.1. Twierdzenie. Niech będzie dana funkcja f klasy C 1 na otwartym podzbiorze. ϕ : K(x 0, δ) (y 0 η, y 0 + η), taka że

Transkrypt

1 4. O funkcji uwikłanej 4.1. Twierdzenie. Niech będzie dana funkcja f klasy C 1 na otwartym podzbiorze taka że K(x 0, δ) (y 0 η, y 0 + η) R n R, f(x 0, y 0 ) = 0, y f(x 0, y 0 ) 0. Wówczas dla odpowiednio pomniejszonych δ, η istnieje dokładnie jedna funkcja taka że ϕ : K(x 0, δ) (y 0 η, y 0 + η), f(x, ϕ(x)) = 0, Co więcej, funkcja ϕ jest klasy C 1 i xk ϕ(x) = x k f(x, ϕ(x)) y f(x, ϕ(x)), x K(x 0, δ). x K(x 0, δ). Dowód. Bez straty ogólności możemy przyjąć, że y f(x 0, y 0 ) > 0. Dla nieco mniejszych δ > 0 i η > 0 istnieją stałe c i C, takie że 0 < c y f(x, y) C, D x f(x, y) C dla x x 0 δ, y y 0 η. Rozpatrzmy funkcję y f(x 0, y) na odcinku [y 0 η, y 0 +η]. Jest ona ściśle rosnąca i w punkcie y 0 przyjmuje wartość 0, więc f(x 0, y 0 + η) > 0 > f(x 0, y 0 η). Zmniejszając odpowiednio δ > 0, możemy więc założyć, że f(x, y 0 + η) > 0 > f(x, y 0 η), x x 0 δ. Z własności Darboux wynika teraz, że dla każdego x x 0 δ istnieje dokładnie jedno y = ϕ(x) (y 0 η, y 0 + η), takie że f(x, y) = f(x, ϕ(x)) = 0, co kończy pierwszą część dowodu. Pokażemy teraz, że funkcja ϕ jest ciągła. Niech x K(x 0, δ) i niech y = ϕ(x). Z twierdzenia o wartości średniej mamy 0 = f(x + h, y + k) f(x, y) = D x f(x, y )h + y f(x, y )k, gdzie k = ϕ(x + h) ϕ(x), oraz ( ) x = x + θh, y = y + θ ϕ(x + h) ϕ(x), 0 < θ < 1. Wobec tego (4.2) ϕ(x + h) ϕ(x) = D xf(x, y ) y f(x, y ) h, a stąd co dowodzi ciągłości ϕ. D x f(x, y ) ϕ(x + h) ϕ(x) y f(x, y ) C h h, c

2 2 Aby się przekonać, że nasza funkcja ϕ jest klasy C 1, wystarczy zauważyć, że ϕ(x + h) ϕ(x) + D xf(x, y) y f(x, y) h D x f(x, y) y f(x, y ) D xf(x, y) y f(x, y ) h. Ze względu na ciągłość ϕ D x f(x, y) lim h 0 y f(x, y ) D xf(x, y) y f(x, y ) = 0, bo y y = y (h) y = k(h) = ϕ(x + h) ϕ(x), a więc ϕ jest różniczkowalna i jej pochodna wyraża się odpowiednim wzorem Przykład. Rozważmy równanie x y = y x2, x, y > 0. Równanie to ma rozwiązanie (x 0, y 0 ) = (1, 1). Zdefiniujmy funkcję f(x, y) = x y y x2. mamy f(1, 1) = 0 oraz y f(x, y) = x y log x x 2 y x2 1 (x,y)=(1,1) = 1. (x,y)=(1,1) Zatem na mocy twierdzenia o funkcji uwikłanej istnieją r > 0 i η > 0, takie że dla każdego x 1 < r istnieje dokładnie jedno y leżace w (1 η, 1+η), takie że (x, y) jest rozwiązaniem równania. Zależność y od x wyraża się funkcją ϕ klasy C 1 (1 r, 1 + r). Mamy więc oraz x ϕ(x) = ϕ(x) x2, x 1 < r, ϕ (x) = 2xϕ(x)x2 1 (1 + x 2 log ϕ(x)) + x ϕ(x) 1 (1 ϕ(x) log x) x ϕ(x) log x x 2, x 1 < r. ϕ(x) x2 1 Zauważmy, że z ostatniego wzoru wynika, że ϕ C (1 r, 1 + r) Twierdzenie. Niech będzie dane odwzorowanie F klasy C 1 na otwartym podzbiorze U 1 U 2 R n R m przyjmujące wartości w R m i punkt (x 0, y 0 ) U 1 U 2, taki że F (x 0, y 0 ) = 0, det D y F (x 0, y 0 ) 0. Wówczas, po odpowiednim zmiejszeniu U 1 i U 2, istnieje dokładnie jedno odwzorowanie takie że Co więcej, odwzorowanie Φ jest klasy C 1 i Φ : U 1 U 2, F (x, Φ(x)) = 0. Dϕ(x) = D y F (x, y) 1 D x F (x 0, y 0 ).

3 Dowód. Przeprowadzimy dowód indukcyjny ze względu na m. Twierdzenie o funkcji uwikłanej to przypadek m = 1. Przyjmijmy więc, że twierdzenie zostało udowodnione w przypadku pewnego m N i rozważmy odwzorowanie F : U 1 U 2 R m+1 spełniające założenia twierdzenia. Dla danego x U 1 szukamy y w U 2 spełniającego równanie F (x, y) = 0. Niech A = D y F (x 0.y 0 ) = I. Niech F 1 (x, y) = A 1 F (x, y), (x, y) U 1 U 2. Chwila zastanowienia wystarczy, aby stwierdzić, że nowe zagadnienie ma te same rozwiązania, co poprzednie, a ponadto D y F 1 (x 0, y 0 ) = I. Możemy zatem od razu przyjąć, że D y F (x 0, y 0 ) = I. Mamy układ równań F k (x, y 1, y 2,..., y m, y m+1 ) = 0, 1 k m + 1. Z naszych założeń wynika że m+1 F m+1 (x 0, y 0 ) = 1. Oznaczając z = (y 1, y 2,..., y m ) oraz G = (F 1, F 2,..., F m ), możemy nasz układ zapisać w skrócie jako G(x, z, y m+1 ) = 0, F m+1 (x, z, y m+1 ) = 0. Zacznijmy od funkcji F : R n+m R R, która w punkcie (x 0, z 0, (y 0 ) m+1 ) spełnia założenia twierdzenia o funkcji uwikłanej. (Tutaj (x, z) gra rolę argumentu funkcji uwikłanej.) Zmniejszamy otoczenie U 1 punktu x 0 i znajdujemy otoczenia V 1 punktu z 0 i V 2 punktu (y m+1 ) 0, gdzie V 1 V 2 jest naszym nowym pomniejszonym U 2, oraz funkcję ϕ : U 1 V 1 V 2 klasy C 1 spełniającą F m+1 (x, z, ϕ(x, z)) = 0, a jest to jedyna funkcja o tej własności. Co więcej, j ϕ(x) = y j F m+1 (x, ϕ(x)) ym+1 F m+1 (x, ϕ(x)). Zatem nasze zagadnienie jest równoważne układowi równań H(x, z) = G(x, z, ϕ(x, z) = 0, F m+1 (x, z, ϕ(x, z) = 0. Zajmijmy się teraz zagadnieniem H(x, z) = 0 wokół punktu (x 0, z 0 ), gdzie H : R n R m R m. Aby zastosować tu nasze założenie indukcyjne musimy się upewnić, że pochodna D z H(x 0, z 0 ) jest odwzorowaniem nieosobliwym. Ale zj H i (x 0, z 0 ) = j G i (x 0 ) + ym+1 G i (x 0, y 0 ) zj ϕ(x 0 ) = δ ij, więc D z H(x 0, z 0 ) = I. Skoro tak, to zmniejszając odpowiednio U 1 i V 1 znajdujemy jedyne odwzorowanie ψ : U 1 V 1, takie że G(x, ψ(x), ϕ(x, ψ(x)) = 0, F m+1 (x, ψ(x), ϕ(x, ψ(x)) = 0. Oczywiście ψ jest klasy C 1, a więc odwzorowanie Φ(x) = (ψ(x), ϕ(x, ψ(x))) : U 1 (V 1 V 2 ) 3

4 4 też jest klasy C 1 i spełnia F (x, Φ(x)) = 0. Jednoznaczność Φ wynika z jednoznaczności ϕ i ψ. Różniczkując tożsamość F (x, Φ(x)) = 0, otrzymujemy wzór na pochodną Φ. Trochę geometrii Zaczynamy od dwóch spojrzeń na gradient funkcji. Drugie z nich wymaga wprowadzenia pojęcia styczności do krzywej, co równocześnie przygotuje nas do ogólniejszych rozważań o powierzchniach w R n Niech będzie dana funkcja f różniczkowalna w punkcie a U, gdzie U R n jest otwarty. Wówczas dla każdego wektora jednostkowego v R n v f(a) v0 f(a), gdzie v 0 = f(a) 1 f(a). Innymi słowy, gradient wskazuje kierunek (i zwrot) najszybszego wzrostu f. Mówimy, że odwzorowanie ϕ klasy C 1 otwartego zbioru w R k w przestrzeń R m jest regularne, jeśli rząd odwzorowania liniowego ϕ (x) jest równy max(k, m) dla x U. Odwzorowanie regularne γ odcinka (a, b) R w przestrzeń R n nazywamy krzywą regularną. Wektor γ (t 0 ) nazywamy wektorem stycznym krzywej w punkcie γ(t 0 ), a prostą o równaniu parametrycznym prostą styczną. x(s) = γ(t 0 ) + sγ (t 0 ), s R, 4.6. Ustalmy t 0 (a, b). Dla małych h niech x(s(h)) = γ(t 0 )) + s(h)γ (t 0 ) będzie rzutem prostopadłym γ(t 0 + h) na prostą styczną. Wtedy γ(t 0 + h) x(s(h)) γ(t 0 + h) γ(t 0 ) 0, h 0, 4.7. Uwaga. Granicy tej nadajemy następujący sens: Gdy punkt krzywej zbliża się do punktu styczności, jego odległość od prostej stycznej maleje szybciej od odległości od punktu styczności, co utwierdza nas w przekonaniu, że prawidłowo zdefiniowaliśmy pojęcie styczności do krzywej. Dowód. Wartość s(h) wyznaczamy z warunku prostopadłości czyli skąd gdzie α(h) 1, gdy h 0. γ(t 0 + h) x(s(h), γ (t 0 ) = 0. γ(t 0 + h) γ(t 0 ) s(h)γ (t 0 ) = 0, s(h) = γ(t 0 + h) γ(t 0 ), γ (t 0 ) γ (t 0 ) 2 = α(h) h,

5 Wobec tego interesująca nas wyrażenie jest równe γ(t 0 + h) γ(t 0 ) α(h)hγ γ(t 0 + h) γ(t 0 ) (t 0 ) α(h)γ (t 0 ) h = γ(t 0 + h) γ(t 0 ) γ(t 0 + h) γ(t 0 ) h i, jak widać, dąży do zera, gdy h Jeśli krzywa regularna γ : (a, b) R n klasy C 2 ma jednostkową prędkość, tzn. γ (s) = 1 dla s (a, b), to γ (s) γ (s). Wtedy też κ(γ)(s) = γ (s) nazywamy krzywizną krzywej γ w punkcie γ(s) Niech będzie dana różniczkowalna funkcja F na otwartym podzbiorze U R n. Jeśli krzywa różniczkowalna γ : (a, b) R n biegnie po poziomicy funkcji F, to γ (t) F (γ(t)), t (a, b) Definicja. Zbiór M R n nazywamy regularną powierzchnią k-wymiarową, jeśli dla każdego x M istnieje otoczenie otwarte U R n oraz regularne odwzorowanie F : U R n k klasy C 1 (U), takie że M U = {x U : F (x) = 0}. Z twierdzenia o odwzorowaniu uwikłanym wynika, że Jeśli M jest regularną powierzchnią k-wymiarową w R n, to dla każdego x M istnieje otoczenie otwarte U oraz injektywne odwzorowanie regularne ϕ otwartego zbioru V R k w U, takie że M U = ϕ(v ) Twierdzenie. Niech x 0 będzie ustalonym punktem regularnej powierzchni k-wymiarowej M R n. Niech U będzie takim otoczeniem x 0, że M U = {x U : F (x) = 0} = ϕ(v ), gdzie F : U R n k i ϕ : V U, V R k, są regularne, a poadto ϕ jest injektywne. Wtedy zachodzi równość podprzestrzeni liniowych gdzie z 0 = ϕ 1 (x 0 ) V. ker F (x 0 ) = ϕ (z 0 )(R k ), Dowód. Zauważmy najpierw, że rząd F (x 0 ) wynosi n k, a rząd ϕ (z 0 ) to k. Zatem dim ker F (x 0 ) = dim ϕ (z 0 )(R k ) = k. Wystarczy zatem pokazać, że jedna z tych przestrzeni zawiera się w drugiej. Rzeczywiście, jeśli w R k, to F (x 0 )ϕ (z 0 )w = (F ϕ) (z 0 )w = 0, bo F ϕ = 0, a więc ϕ (z 0 )(R k ) ker F (x 0 ). 5

6 Uwaga. Z udowodnionego twierdzenia wynika, że przestrzeń nie zależy od wyboru ani F, ani ϕ. T x0 = ker F (x 0 ) = Im ϕ (z 0 ) Definicja. Jeśli M jest regularną powierzchnią wymiaru k, o jakiej mowa w Twierdzeniu, to podprzestrzeń liniową T x0 (M) nazywamy liniową podprzestrzenią styczną do M w punkcie x 0. Natomiast jej translację x 0 + T x0 (M) nazywamy afiniczną przestrzenią styczną do M w x Uwaga. Jeśli e 1, e 2,..., e k tworzą bazę R k, to tworzą bazę T x0 (M). ϕ (z 0 )e 1, ϕ (z 0 )e 2,..., ϕ (z 0 )e k Uwaga. Wektory F j (x 0 ), gdzie 1 j n k są prostopadłe do T x0 (M) Uwaga. Jeśli k = n 1, jest tylko jeden gradient prostopadly do powierzchni, bo F ma tylko jedną składową. Co więcej, F (x 0 ) N ϕ (z 0 ), gdzie j-ta współrzędna N ϕ jest równa minorowi macierzy ϕ (z 0 ) powstałemu przez skreślenie j-tego wiersza i pomnożonemu przez ( 1) j Uwaga. Dla każdego wektora u T x0 (M) istnieje krzywa regularna γ : ( ε, ε) M, taka że u = γ (0). Rzeczywiście, niech u = ϕ (z 0 )w, gdzie w R k. Niiech γ(t) = ϕ(z 0 + tw). Wtedy γ (0) = ϕ (z 0 )w = u. Interpretacja geometryczna drugiej pochodnej. Niech będzie dana funkcja f : U R klacy C 2 na otwartym podzbiorze R n. Jak wiadomo, f (x)(u, v) = v f(x), u, u, v R n. Zatem kierunki własne formy kwadratowej f (x) to kierunki własne operatora liniowego v v f(x), czyli wektory v R n spełniajace warunek v f(x) = λv dla pewnej liczby λ. Mozna zatem powiedzieć, że Kierunki własne formy kwadratowej f (x), to takie kierunki wyjścia z x, przy których gradient pochyla się w kierunku wyjścia. Mozna też podać trochę inną interpretację. Jako że widzimy, że v f(x) = v f(x), Niezerowy wektor v jest wektorem własnym formy kwadratowej f (x), wtedy i tylko wtedy gdy kierunkiem najszybszego wzrostu v f(x) jest v.

7 Operator kształtu powierzchni. Niech powierzchnia M R n będzie poziomicą funkcji M = {x Ω : f(x) = 0}, Ω R n otwarty, gdzie f (x) 0 dla x Ω. Niech T x (M) = {v R n : f (x)v = 0} będzie przestrzenią styczną do M w punkcie x M i niech U(x) = f(x) 1 f(x) będzie polem wektora normalnego. Operator liniowy zadany wzorem S(x) : R n R n S(x)v = v U(x) nazywamy operatorem kształtu M w punkcie x Przestrzeń liniowa T x (M) jest podprzestrzenią niezmienniczą operatora S(x). Dowód. Rzeczywiście, U(x) 2 = 1, więc po zróżniczkowaniu v U(x), U(x) = 0, jeśli v T x (M), co pokazuje, że S(x)v T x (M) Mamy a więc Jeśli u, v T x (M), to Co więcej, bo S(x)v = f (x)(u(x), v) U(x) + v f(x), f(x) S(x)v, u = f (U(x), v) U(x), u) + v f(x), u f(x) = f (U(x), v) U(x), u) + f (x)(u, v). f(x) S(x)v, u = f(x) 1 f (x)(u, v). S(x) : R n T x (M), S(x)v, U(x) = 0, v R n. Krzywizną normalną M w punkcie x M w kierunku wektora jednostkowego v nazywamy liczbę k(v) = S(x)v, v = f(x) 1 f (x)(v, v) Krzywizna normalna w kierunku wektora stycznego v T x0 (M), to krzywizna krzywej wyciętej na powierzchni płaszczyzną wyznaczoną przez wektory U(x 0 ) i v w punkcie x 0. 7

8 8 Dowód. Jeśli krzywa γ(s) biegnie po M, to f(γ(s)) = 0, więc f (γ(s))γ (s) = f(x), γ (s) = 0, a więc f (γ(s))(γ (s), γ (s)) = f (γ(s))γ (s), czyli k(γ (s)) = U(γ(s)), γ (s), a więc k(γ (0)) = γ (0), bo γ (0) U((x 0 ), jeśli przyjąć, że γ(0) = x Uwaga. Niech x 0 M i niech v T x0 (M). Niech γ będzie krzywą na powierzchni wychodzącą z punktu x 0 = γ(0) w kerunku wektora v = γ (0). Jeśli S x0 v = v U(x 0 ) = u, to krzywa zakreślona przez wektor normalny U(γ(t)) przechodzi przez U(x 0 ) stycznie do u. Rzeczywiście, niech γ : ( ε, ε) M, γ(0) = x 0 i γ (0) = u. Wtedy Mówiąc obrazowo: d dt U(γ(t)) t=0 = U (γ(0))γ (0) = v U(x 0 )v = u Kierunki własne operatora kształtu, to takie kierunki wyjścia z x 0, przy których wektor normalny pochyla się w kierunku wyjścia.