Нелинейный анализ

ПредупреждениеЧерновик

Этот конспект ещё находится в процессе редактуры: в тексте могут встречаться опечатки, неточности и локально не проработанные места. Если что-то нашли — сообщите, пожалуйста, автору (контакты на странице курса).

1 Дифференцирование отображений: производные Фреше и Гато

Производная Фреше — это производная, определенная на банаховых пространствах. Производная Гато — это обобщение понятия направленной производной в дифференциальном исчислении. Напомним определение производной в конечномерном случае.

Определение 1 Предположим, что \(F: U \subseteq \mathbb {R}^{n} \rightarrow \mathbb {R}^{m}\), где \(U\) — открытое множество. Говорят, что функция \(f\) (классически) дифференцируема в точке \(v \in U\), если существует такое линейное отображение \(A : \mathbb {R}^{n} \to \mathbb {R}^{m}\) (в сущности матрица), что \[ F(v + h) - F(v) = Ah + o(\left\| h\right\| ) \qquad \text{при } h \to \overrightarrow {0} \] \(A\) называется матрицей Якоби или (полной) производной \(F\) в точке \(v\) и обозначается \(F'(v)\).

Можно доказать, что матрица Якоби состоит из частных производных:

\[ F'(v) = \left(\frac{\partial F_i}{\partial v_j}(v)\right)_{\substack {i = 1,\ldots ,m \\ j = 1,\ldots ,n}} \]

Определение 2 Пусть \(V,W\) – БП, пусть \(U \subset V\) – открытое, пусть \(F: U \to W\). Мы говорим, что функция \(F\) дифференцируема по Фреше в точке \(v \in U\), если существует ограниченный линейный оператор \(T_v: V \rightarrow W\) такой, что

\[ \underbrace{F(v + h) - F(v)}_{\Delta F_v(h)} = T_{v}(h) + o(\left\| h\right\| ) \quad \text{ при } h\to \overrightarrow {0} \]

Оператор \(T_v\) называется производной Фреше функции \(F\) в точке \(v\) и обозначается \(F'(v)\).

Определение 3 (Обобщение производной, одинаковой по всем направлениям) Пусть \(V,W\) – БП, пусть \(U \subset V\) – открытое, пусть \(F: U \to W\). Мы говорим, что \(F\) дифференцируема по Гато в точке \(v \in U\), если существует ограниченный линейный оператор \(T_v: V \rightarrow W\) такой, что \[ \underbrace{F(v + tv') - F(v)}_{\Delta F_v(tv')} = T_{v}(tv') + o(t) \quad \text{ при } t\to 0 \] для каждого \(v' \in V\). Оператор \(T_v\) называется производной Гато функции \(V\) в точке \(v\).

Если функция дифференцируема по Фреше в точке, то она дифференцируема и по Гато. Обратное неверно. Пример: \(F: \mathbb {R}^{2} \to \mathbb {R}\),

\[ F(v) = \begin{cases} 1, & v_1^2 = v_2 \\ 0, & \text{в прот. случ.} \end{cases} \]

1.1 Теоремы и свойства

• Пусть \(F \equiv \operatorname {const}\). Тогда \(F' \equiv 0\)

• \(F \in \mathcal{B}(V,W)\), тогда \(F'(v) = F\) для всех \(v \in V\);

• \((\alpha_1F_1 + \alpha_2F_2)' = \alpha_1 F_1' + \alpha_2 F'_2\);

• Пусть \(F: V \to W\) дифф. в \(v_0\), \(G: W \to U\) дифф. в \(w_0 = F(v_0) \in W\). Тогда \(GF\) дифф. в \(v\), причем \((G \circ F)'(v_0) = G'(w_0) \circ F'(v_0)\)

Теорема 1 (о среднем) Пусть \(V, W\) – БП, \(U \subset V\) – выпуклое открытое множество, \(F\) – дифф. по Фреше в \(U\). Тогда \[ \left\| F(v_1) - F(v_0)\right\| \leq \sup _{u \in (v_0, v_1)}\left\| F'(u)\right\| \cdot \left\| v_1 - v_0\right\| \]

1.2 Примеры

ExampleПример 1

Пусть \(X=Y=C[a, b]\) с нормой \(\| \cdot \|_{\infty }\) и пусть \(T: X \rightarrow X\) — линейный интегральный оператор, определенный следующим образом: \[ (T u)(x)=\int _{a}^{b} K(x, s) u(s) d s \tag {9} \] где \(K(x, s)\) непрерывен на \([a, b] \times [a, b]\).

SolutionРешение

Сначала вычислим \(T(u+h)-T(u)\) для произвольного \(h \in X\):

\[ \begin{align} {[T(u+h)-T(u)](x) } & =\int _{a}^{b} K(x, s)[u(s)+h(s)] d s-\int _{a}^{b} K(x, s) u(s) d s \\ & =\int _{a}^{b} K(x, s)[u(s)+h(s)-u(s)] d s \\ & =\int _{a}^{b} K(x, s) h(s) d s \tag {10} \end{align} \]

Заметим, что последний член является линейным оператором на \(h\), что, возможно, не было неожиданным — в конце концов, \(T\) является линейным оператором. Но давайте рассмотрим формальности. Мы можем перегруппировать приведенный выше результат следующим образом:

\[ \frac{1}{\| h\| }\left[T(u+h)-T(u)-\int _{a}^{b} K(x, s) h(s) d s\right]=0 \tag {11} \]

Поскольку это уравнение верно для всех \(h \neq 0\), отсюда следует, что соотношение в уравнении (1) выполняется. Следовательно, производная Фреше задается формулой:

\[ D T(u)=\int _{a}^{b} K(x, s) h(s) d s \tag {12} \]

независимо от \(u\), т.е. от самого ограниченного линейного оператора \(T\). Это иллюстрирует утверждение 3.8, стр. 46 конспекта курса: производная Фреше ограниченного линейного оператора \(L\) — это само \(L\).

ExampleПример 2

Как и прежде, пусть \(X=Y=C[a, b]\) с нормой \(\| \cdot \|_{\infty }\). Теперь пусть \(T: X \rightarrow X\) — нелинейный интегральный оператор, определенный следующим образом: \[ (T u)(x)=u(x) \int _{a}^{b} K(x, s) u(s) d s \tag {13} \] где \(K(x, s)\) непрерывен на \([a, b] \times [a, b]\).

SolutionРешение

Ещё раз вычислим \(T(u+h)-T(u)\) для произвольного \(h \in X\):

\[ \begin{align} {[T(u+h)-T(u)](x) } & =[u(x)+h(x)] \int _{a}^{b} K(x, s)[u(s)+h(s)] d s-u(x) \int _{a}^{b} K(x, s) u(s) d s \\ & =u(x) \int _{a}^{b} K(x, s) h(s) d s+h(x) \int _{a}^{b} K(x, s) u(s) d s+R(u, h)(x) \tag {14} \end{align} \]

где

\[ R(u, h)(x)=h(x) \int _{a}^{b} K(x, s) h(s) d s \tag {15} \]

Заметим, что остаточный член \(R(u, h)\) нелинейен по \(h\). Если \(\| R(u, h)\| /\| h\| \rightarrow 0\) при \(h \rightarrow 0\), то первые два члена в последней строке (14) будут определять производную Фреше от \(T\). У нас есть

\[ \| R(u, h)\| =\max _{x \in [a, b]}\left|h(x) \int _{a}^{b} K(x, s) h(s) d s\right| \leq M\| h\| ^{2} \tag {16} \]

где

\[ M=(b-a) \max _{[a, b] \times [a, b]}|K(x, s)| . \tag {17} \]

Таким образом, производная Фреше оператора \(T\) задается формулой:

\[ [D T(u)] h(x)=u(x) \int _{a}^{b} K(x, s) h(s) d s+h(x) \int _{a}^{b} K(x, s) u(s) d s \tag {18} \]

Заметим, что это линейный оператор на \(h\). Он также ограничен (почему?).

ExampleПример 3

Пусть \(X=C_{0}^{1}[0,1]\) — пространство всех \(C^{1}\) функций на \([0,1]\), которые обращаются в нуль на концах, с нормой \[ \| u\| =\left[\int _{0}^{1}\left[u^{2}+\left(u^{\prime }\right)^{2}\right] d x\right]^{1 / 2} \tag {19} \] Эта норма часто называется энергетической нормой.

Теперь рассмотрим оператор \(K: X \rightarrow \mathbf{R}\), определенный следующим образом: \[ K(u)=\int _{0}^{1}\left[u^{3}+\left(u^{\prime }\right)^{2}\right] d x \tag {20} \]

Оператор \(K\) называется функционалом — это вещественнозначное отображение пространства \(X\). Цель состоит в вычислении производной Фреше оператора \(K\).

SolutionРешение

После небольших вычислений мы получаем, что

\[ K(u+h)-K(u)=\int _{0}^{1}\left[3 u^{2} h+2 u^{\prime } h^{\prime }\right] d x+R(u, h) \tag {21} \]

где

\[ R(u, h)=\int _{0}^{1}\left[3 u h^{2}+h^{3}+\left(h^{\prime }\right)^{2}\right] d x \tag {22} \]

Заметим, что, опять же, правая часть уравнения (21) была составлена таким образом, что первый член включает все члены, линейные по \(h\), тогда как остаток, \(R(u, h)\), включает все члены, нелинейные по \(h\). Мы предполагаем, что первый член представляет собой производную Фреше, но для доказательства этого мы должны показать, что \(\| R(u, h)\| /\| h\| \rightarrow 0\), когда \(\| h\| \rightarrow 0\). Однако это несколько усложняется с энергетической нормой, выбранной для этой задачи.

В попытке выразить \(\| R(u, h)\|\) через \(\| h\|\), мы пробуем следующее:

\[ \| R(u, h)\| =|R(u, h)| \leq 3 \max _{[0,1]}|u(x)| \int _{0}^{1} h^{2} d x+\max _{[0,1]}|h(x)| \int _{0}^{1} h^{2} d x+\int _{0}^{1}\left(h^{\prime }\right)^{2} d x \tag {23} \]

Теперь заметим, из определения энергетической нормы в уравнении (19), что

\[ \int _{0}^{1} h^{2} d x \leq \| h\| ^{2}, \quad \int _{0}^{1}\left(h^{\prime }\right)^{2} d x \leq \| h\| ^{2} \tag {24} \]

Мы используем этот результат в уравнении (23):

\[ \| R(u, h)\| \leq \left(3\| u(x)\| _{\infty }+\| h(x)\| _{\infty }+1\right)\| h\| ^{2} \tag {25} \]

Простая перестановка дает

\[ \frac{\| R(u, h)\| }{\| h\| } \leq \left(3\| u(x)\| _{\infty }+\| h(x)\| _{\infty }+1\right)\| h\| . \tag {26} \]

Теперь возникает соблазн положить \(\| h\| \rightarrow 0\) и заключить, что отношение слева в этом пределе обращается в нуль, но есть одно осложнение: можем ли мы гарантировать, что \(h(x)\) ограничена, так что средний член в правой части не «взрывается»?

На самом деле, \(h(x)\) должна быть ограничена, поскольку это \(C^{1}\) функция на \([a, b]\), т.е. существует \(M>0\) такое, что \(|h(x)| \leq M\). Но для каждого \(h\) существует \(M\) — необходимо связать \(M\) с \(\| h\|\). Это становится возможным благодаря следующему результату.

Лемма 1 Если \(h \in C^{1}[0,1]\) и \(h(0)=0\), то \[ \| h\| _{\infty }=\max _{[0,1]}|h(x)| \leq 2\left[\int _{0}^{1}\left(h^{\prime }\right)^{2} d x\right]^{1 / 2} \tag {27} \]

Mn-proofДоказательство

Если \(h=0\) на \([0,1]\), то равенство выполняется. Теперь рассмотрим случай, когда \(h\) не обращается в нуль тождественно на \([0,1]\). Из основной теоремы исчисления:

\[ \int _{0}^{x} h(s) h^{\prime }(s) d s=\frac{1}{2} h(x)^{2}-\frac{1}{2} h(0)^{2}=\frac{1}{2} h(x)^{2} \tag {28} \]

Применение неравенства Коши-Шварца к интегралу слева дает:

\[ \frac{1}{2} h(x)^{2} \leq \left[\int _{0}^{x} h(s)^{2} d s\right]^{1 / 2}\left[\int _{0}^{x}\left(h^{\prime }(s)\right)^{2} d s\right]^{1 / 2} \tag {29} \]

Таким образом

\[ \begin{aligned} h(x)^{2} & \leq 2\left[\int _{0}^{1} h(s)^{2} d s\right]^{1 / 2}\left[\int _{0}^{1}\left(h^{\prime }(s)\right)^{2} d s\right]^{1 / 2} \\ & \leq 2 \max _{[0,1]}|h(x)|\left[\int _{0}^{1}\left(h^{\prime }(s)\right)^{2} d s\right]^{1 / 2} \\ & =2\| h\| _{\infty }\left[\int _{0}^{1}\left(h^{\prime }(s)\right)^{2} d s\right]^{1 / 2} \end{aligned} \]

Поскольку это неравенство выполняется для всех \(x \in [0,1]\), отсюда следует, что

\[ \max _{[0,1]} h(x)^{2}=\| h\| _{\infty }^{2} \leq 2\| h\| _{\infty }\left[\int _{0}^{1}\left(h^{\prime }(s)\right)^{2} d s\right]^{1 / 2} \tag {30} \]

Деление обеих сторон на \(\| h\|_{\infty }>0\) даёт желаемый результат.

Из леммы и второго неравенства в (24) следует, что

\[ \| h(x)\| _{\infty } \leq 2\| h\| \tag {31} \]

Используя этот результат в уравнении (26), получаем

\[ \frac{\| R(u, h)\| }{\| h\| } \leq \left(3\| u(x)\| _{\infty }+2\| h\| +1\right)\| h\| \tag {32} \]

Теперь отсюда следует, что

\[ \frac{\| R(u, h)\| }{\| h\| } \rightarrow 0 \quad \text{ при } \quad h \rightarrow 0 \tag {33} \]

Следовательно, производная Фреше нелинейного функционала \(K\) в уравнении (20) задается формулой:

\[ [D K(u)] h=\int _{0}^{1}\left[3 u^{2} h+2 u^{\prime } h^{\prime }\right] d x \tag {34} \]

ProblemЗадача 1

Найти производную Фреше функционала \(F: H \rightarrow \mathbb {R}\), если

1. \(F(x) = \| A x\|^{2}\), где \(A \in \mathcal{B}(H)\),

2. \(x \in H = L^{2}[0,1], F(x) = \left(\int_{0}^{1} x(t) d t\right)^{2}\).

[@VKK, Задача  13.1]

2 Теоремы о неподвижных точках

Теорема 2 (Банах, 1922) Пусть \((X,d)\) — полное метрическое пространство и \(T: X \to X\) — сжимающее отображение с постоянной \(k < 1\). Тогда \(T\) имеет единственную неподвижную точку \(x^* \in X\). Более того, для любого \(x_0 \in X\) итерации \(x_n = T^n x_0\) удовлетворяют оценке \[ d(x_n, x^*) \leq \frac{k^n}{1-k}\, d(x_1, x_0) \to 0. \]

Теорема 3 (Брауэр, 1910) Любое непрерывное отображение замкнутого шара из \(\mathbb {R}^{n}\) в себя имеет неподвижную точку.

Особенности теоремы:

• Она применима к любому непрерывному отображению — метрических условий не требуется.

• Гарантируется лишь существование, но не единственность.

• Выпуклость существенна: поворот единичной окружности \(S^1 \subset \mathbb {R}^2\) на угол \(\pi /2\) непрерывен, отображает \(S^1\) в себя, но не имеет неподвижных точек.

Прямой аналог теоремы Брауэра в бесконечномерных банаховых пространствах неверен, как вы должны убедиться в следующей задаче.

ProblemЗадача 2

Привести пример непрерывного отображения замкнутого единичного шара пространства \(l_{2}\) в себя, не имеющего неподвижной точки.

[@VKK, Задача  14.1]

Уведомление

Рисунок в разработке. Будет пересоздан как интерактивная фигура (Plotly/Three.js).

План: : схема, не симуляция – иллюстрирует ОДИН шаг отображения Какутани T(x_1,x_2,…) = (sqrt(1-||x||^2), x_1, x_2, …) на числовом примере x=(0.5,-0.3,0.4,0.2,…), посчитанном в numpy (детерминировано, seed не нужен – фиксированные координаты для наглядности). Интерактив: поле ввода для первых 4-5 координат x (с валидацией ||x||<=1 через live-пересчёт нормы), после чего c и сдвинутый Tx пересчитываются и перерисовываются анимированно (стрелки “едут” вправо на один слот); отдельный тумблер “запустить k итераций” показывает, как профиль коэффициентов бесконечно “уезжает вправо”, никогда не стабилизируясь – визуальный аргумент отсутствия неподвижной точки.

Источник: courses/nedosh_courses/courses/01-analysis/FA/contents/specials/100/010_kakutani_shift_fig.tex

Правильным бесконечномерным аналогом теоремы Брауэра является следующий результат, в котором требуется компактность.

Теорема 4 (Шаудер, 1930) Пусть \(V\) – это банахово пространство. Пусть \(K \subset V\) – это непустое выпуклое компактное множество, \(f: K \to K\) непрерывно. Тогда \(f\) имеет неподвижную точку.

Более общая формулировка: \(K\) – это непустое выпуклое замкнутое подмножество, \(f: K \to K\) непрерывно, \(f(K)\) содержится в каком-то компакте из \(K\). Тогда \(f\) имеет неподвижную точку.

2.0.1 Канонический компактный оператор: интегрирование против ядра

В приложениях компактность чаще всего возникает у операторов вида

\[ (Ku)(x) = \int _\Omega G(x,t)\, u(t)\, dt, \]

где \(G\) — непрерывное ядро. Такие операторы переводят ограниченные подмножества \(C(\Omega )\) в равностепенно непрерывные семейства, и поэтому теорема Арцела–Асколи гарантирует их компактность.

ExampleПример 4 - Нелинейное интегральное уравнение Фредгольма

Пусть

• \(K \in C[0,1]^2\),

• \(g \in C(\mathbb {R})\) – ограничена, \(M := \sup_{\mathbb {R}}\left|g\right|\),

• \(u \in C[0,1]\)

– произвольные. Докажите, что уравнение (относительно \(f\)) \[ f(x) = u(x) + \int _0^1 K(x,t)\, g(f(t))\, dt \] имеет решение в \(C[0,1]\).

SolutionРешение

Пусть \(C_K = \sup_{x,t}|K(x,t)|\). Определим \(T: C[0,1] \to C[0,1]\): \[ (Tf)(x) = u(x) + \int _0^1 K(x,t)\, g(f(t))\, dt. \] Положим \(R = \left\| u\right\|_\infty + C_K M\). Для любого \(f\) имеем \[ \left\| Tf\right\| _\infty \leq \left\| u\right\| _\infty + C_K M = R, \] поэтому \(T\) отображает шар \(B = \{ f \in C[0,1]: \left\| f\right\|_\infty \leq R\}\) в себя. Поскольку \(g\) ограничена, а \(K\) непрерывна, семейство \(\{ Tf : f \in B\}\) равномерно ограничено и равностепенно непрерывно, а значит предкомпактно по теореме Арцела–Асколи. Таким образом, \(T: B \to B\) — компактный оператор, и по теореме Шаудера он имеет неподвижную точку.

ProblemЗадача 3

Доказать, что краевая задача \[ y^{\prime \prime }+\lambda \sin y = f(x), \quad y(0) = y(1) = 0 \] имеет решение \(\forall \lambda \in \mathbb {R}\) и \(\forall f \in C[0,1]\).

[@VKK, Задача  14.3]

Теорема 5 (Шефера о неподвижной точке) Пусть \(V\) – БП, пусть \(T : V \to V\) – непрерывное и компактное отображение \(V\) в себя (не обязательно линейное). Пусть множество \[ \left\{ f \in V \; : \; f \text{ -- это решение уравнения } f = \lambda Tf \text{ для некоторого } \lambda \in [0,1]\right\} \] ограничено. Тогда у \(T\) есть неподвижная точка.