مشتق فرشه روی فضای باناخ-۱

در دروس حساب دیفرانسیل و انتگرال اغلب به فرمول گنگی مانند زیر برخورد می کنیم:

قاعده زنجیری : اگر $F=F(x,y)$ باشد و $x=x(t)$،$y=y(t)$ آنگاه \begin{eqnarray*} \frac{dF}{dt}=\frac{dF}{\partial x}\frac{dx}{dt} + \frac{dF}{\partial y}\frac{dy}{dt}. \end{eqnarray*}

($F$ سمت راست چیست، $F$ سمت چپ چیست؟) مشتق جزئی تابع $f:\mathbb{R}^2\to\mathbb{R}$ بصورت عبارت مبهم زیر نمایش داده می شود \begin{eqnarray*} \frac{\partial f}{\partial x} \quad\mathrm{or}\quad \frac{\partial f(x,y)}{\partial x} \quad\mathrm{or}\quad \frac{\partial f}{\partial x}(x,y) \quad\mathrm{or}\quad f_x, \end{eqnarray*} که تمایز مشتق جزئی بعنوان یک تابع و مشتق جزئی در نقطه $(u,v)$ دشوار می باشد: \begin{eqnarray*} \frac{\partial f}{\partial x}(u,v) \quad\mathrm{or}\quad \left.\frac{\partial f(x,y)}{\partial x}\right|_{(x,y)=(u,v)} \quad\mathrm{or}\quad f_x(u,v) \quad\mathrm{?} \end{eqnarray*} علاوه بر این تفاوت بین \begin{eqnarray*} \frac{df}{dx} \quad\mathrm{and}\quad \frac{\partial f}{\partial x} \end{eqnarray*} واضح نمی باشد.

چون مشتقات جزئی توسیعی از دیفرانسیل تک متغیره می باشند که برای محاسبات مناسب اند، معمولا ابتدا معرفی می شوند. ما در این رشته مباحث به معرفی مشتق و این تمایز ها می پردازیم.

خواص اساسی

نکته:
فرض می کنیم $E,F$ و $G$ فضاهای باناخ حقیقی باشند. فضای نگاشت های خطی پیوسته از $E$ به $F$ را با $L(E,F)$ نمایش می دهیم. تمامی جبرهای باناخ یکدار فرض شده اند، اگر $f:E\to F$ نگاشت خطی باشد ما بجای $f(x)$ خواهیم نوشت $fx$. اگر چه ما در حالت کلی بحث خواهیم کرد ولی برای درک بهتر ما $E,F$ را $\mathbb R^n$ در نظر می گیریم.

تعریف ۱: فرض کنیم $f:A\to F$ که $A\subseteq E$ یک مجموعه باز می باشد. یک نگاشت خطی پیوسته $\lambda : E \to F$ را مشتق فرشه (1)Fréchet derivative یا مشتق $f$ در نقطۀ $x\in A$ خوانیم اگر \begin{eqnarray*} \lim_{h \to 0} \frac{f(x+h)-f(x)- \lambda h}{|h|} = 0, \end{eqnarray*} و بصورت $f'(x)=\lambda$ یا $Df(x)=\lambda$ می نویسیم. اگر $f$ در نقطه $x$ دارای مشتق باشد، $f$ را در $x$ مشتق پذیر خوانیم. اگر $f$ در تمام نقاط $A$ مشتق پذیر باشد، $f$ را روی $A$ مشتق پذیر خوانیم.

بحث راجب یکتایی مشتق بدیهی است و قضیه زیر را داریم

قضیه ۲: فرض کنیم $A\subseteq E$ مجموعه ای باز باشد. مشتق تابع $f:A\to F$ در نقطۀ $x\in A$ در صورت وجود یکتا می باشد.

اثبات: فرض کنیم $\lambda_1$ و $\lambda_2$ هر دو مشتق $f$ در $x$ باشند. لذا با استفاده از تعریف مشتق داریم \begin{eqnarray*} \lim_{h\to 0} \frac{(\lambda_2-\lambda_1)h}{|h|} = 0. \end{eqnarray*} برای هر $u\in E$ داریم \begin{eqnarray*} \lim_{t\to 0^+} \frac{(\lambda_2-\lambda_1)tu}{|tu|} = 0, \end{eqnarray*} و چون سمت چپ تساوی مستقل از انتخاب $t$ می باشد، لذا برای تمام $u \in E$ داریم $(\lambda_2-\lambda_1)u=0$. در نتیجه $\lambda_1=\lambda_2$. $\square$

قضیه ۳: فرض کنیم $A\subseteq E$ مجموعه باز باشد. اگر $f:A\to F$ در $x\in A$ مشتق پذیر باشد، آنگاه در $x$ پیوسته می باشد.

اثبات: برای $h$های کوچک می توانیم بنویسیم \begin{eqnarray*} f(x+h)-f(x)=|h|\left(\frac{f(x+h)-f(x)-\lambda h}{|h|}\right)+\lambda h. \end{eqnarray*} وقتی $h\to 0$ طرف سمت راست بسمت صفر میل می کند. لذا $f$ پیوسته می باشد. $\square$

فرض کنیم $f:A\to F$ روی $A$ مشتق پذیر باشد. لذا نگاشت $f’:A\to L(E,F)$ را داریم که هر نقطه از $A$ را به مشتق $F$ در آن نقطه می برد. اگر $F’$ پیوسته باشد، $f$ را بطور پیوسته مشتق پذیر (2)continuously differentiable یا از کلاس $C^1$ (3)of class $C^1$ خوانیم. ما بعدا در این باره بیشتر خواهیم گفت.

قضیه ۴ (قاعده زنجیری): فرض کنیم $A\subseteq E$ و $B\subseteq F$ مجموعه های باز باشند و $f:A\to F$ و $g:B\to G$ بطوریکه $f(A)\subseteq B$. اگر $f$ در $x\in A$ و $g$ در $f(x)\in B$ مشتق پذیر باشند، آنگاه $f\circ g$ در $x\in A$ مشتق پذیر می باشد و \begin{eqnarray*} (g\circ f)’(x)=g’(f(x))\circ f’(x). \end{eqnarray*}

اثبات: قرار می دهیم $y-f(x)$ و تعریف می کنیم \begin{align*} \phi(s) &= f(x+s)-f(x)-f’(x)s, \\ \psi(t) &= g(y+t)-g(y)-g’(y)t, \\ \rho(h) &= g(f(x+h))-g(y)-g’(y)f’(x)h \end{align*} چون $f$ در $x$ و $g$ در $y$ مشتق پذیر می باشد، داریم \begin{eqnarray*} \lim_{s\to 0}\frac{\phi(s)}{|s|} = \lim_{t\to 0}\frac{\psi(t)}{|t|}=0\tag{*} \end{eqnarray*} ما می خواهیم نشان دهیم \begin{eqnarray*} \lim_{h\to 0}\frac{\rho(h)}{|h|}=0. \end{eqnarray*} برای $h$های بقدر کافی کوچک داریم \begin{align*} g(f(x+h))-g(y)&=g(y+f’(x)h+\phi(h))-g(y) \\ &=g’(y)(f’(x)h+\phi(h))+\psi(f’(x)h+\phi(h)) \end{align*} و \begin{eqnarray*} \rho(h)=g’(y)\phi(h)+\psi(f’(x)h+\phi(h)). \end{eqnarray*} چون $g'(y)$ پیوسته می باشد داریم \begin{eqnarray*} \lim_{h\to 0}\frac{g’(y)\phi(h)}{|h|} = g’(y)\left[\lim_{h\to 0}\frac{\phi(h)}{|h|}\right]=0, \end{eqnarray*} حال کافی است نشان دهیم \begin{eqnarray*} \lim_{h\to 0}\frac{\psi(f’(x)h+\phi(h))}{|h|}=0. \end{eqnarray*} فرض کنیم $\epsilon$ مفروض باشد. با استفاده از (*)، $\delta_1,\delta_2,\delta_3>0$ وجود دارد بطوریکه $|\psi(t)|\le\varepsilon|t|$ هنگامی که $|t|\le\delta_1$، $|f’(x)h+\phi(h)|\le\delta_1$ هنگامی که $|h|\le\delta_2$ و $|\phi(s)|\le|s|$ هنگامی که $|s|\le\delta_3$. بنابراین برای تمام $۰<|h|\le\min(\delta_2,\delta_3)$ داریم \begin{align*} \frac{|\psi(f'(x)h+\phi(h))|}{|h|} &\le \varepsilon\left(\frac{|f'(x)h|}{|h|}+\frac{\phi(h)}{|h|}\right) \\ &\le \varepsilon(|f'(x)|+1). \end{align*} $\square$

قضیه ۵: فرض کنیم $F_1,\dots,F_m$ فضاهای باناخ باشند و $A\subseteq E$ مجموعه باز و $f:A\to F_1$ و $g:A\to F_2$ در $x\in A$ مشتق پذیر باشند.

  1. اگر $f$ تابع ثابت باشد $f'(x)=0$
  2. اگر $f(x)=\lambda x$ برای نگاشت خطی پیوسته $\lambda$. آنگاه $f'(x)=\lambda$
  3. اگر $F_1=F_2$، آنگاه $(f+g)’(x)=f’(x)+g’(x)$.
  4. برای تمام اسکالر ها $c$ داریم $(cf)’(x)=cf’(x)$.
  5. (قاعده ضرب). فرض کنیم یک نگاشت دوخطی پیوسته $\cdot:F_1\times F_2\to G$ وجود دارد. آنگاه \begin{eqnarray*} (fg)’(x)=f’(x)g(x)+f(x)g’(x), \end{eqnarray*} که $f’(x)g(x)$ نگاشت خطی می باشد که بصورت $f’(x)g(x)u=f’(x)u\cdot g(x)$ تعریف می شود.
  6. اگر $h:F_1\times\cdots\times F_m\to G$ نگاشت چند خطی پیوسته باشد، آنگاه داریم \begin{eqnarray*} h’(x_1,\dots,x_m)(u_1,\dots,u_m)=\sum_{j=1}^m h(x_1,\dots,u_j,\dots,x_m). \end{eqnarray*}

اثبات: اثبات ۴ قسمت اول واضح می باشد. ما فقط به اثبات قسمت ۵ می پردازیم. \begin{align*} ۰ &= \lim_{h\to 0}\frac{[f(x+h)-f(x)-f'(x)h]g(x+h)+f(x)[g(x+h)-g(x)-g'(x)h]}{|h|} \\ &= \lim_{h\to 0}\frac{(fg)(x+h)-(fg)(x)-[f'(x)g(x+h)+f(x)g'(x)]h}{|h|}.\tag{*} \end{align*} حال چون $g$ و $\cdot$ پیوسته می باشد. لذا اگر $h\to 0$ داریم \begin{eqnarray*} \frac{|f’(x)h[g(x+h)-g(x)]|}{|h|} \le |f’(x)||g(x+h)-g(x)| \to 0 \end{eqnarray*} در نتیجه \begin{eqnarray*} \lim_{h\to 0}\frac{f’(x)h[g(x+h)-g(x)]}{|h|} = 0. \end{eqnarray*} و با اضافه کردن به (*) خواهیم داشت \begin{eqnarray*} \lim_{h\to 0}\frac{(fg)(x+h)-(fg)(x)-[f'(x)g(x)+f(x)g'(x)]h}{|h|}=0. \end{eqnarray*} $\square$

قضیه ۶: فرض کنیم $E$ یک جبر باناخ و $U$ مجموعه باز شامل عناصر معکوس پذیر باشد. آنگاه نگاشت $x\mapsto x^{-1}$ روی $U$ مشتق پذیر می باشد و مشتقش در نقطه $x$ توسط نگاشت \begin{eqnarray*} u \mapsto -x^{-1}ux^{-1}. \end{eqnarray*} تعریف می شود.

اثبات: داریم \begin{align*} (x+h)^{-1}-x^{-1}+x^{-1}hx^{-1} &= (x(e+x^{-1}h))^{-1}-x^{-1}+x^{-1}hx^{-1} \\ &= (e+x^{-1}h)^{-1}x^{-1}-x^{-1}+x^{-1}hx^{-1} \\ &= [(e+x^{-1}h)^{-1}-(e-x^{-1})]x^{-1}.\tag{*} \end{align*} برای $h$ های بقدر کافی کوچک داریم $|e-(e+x^{-1}h)|=|x^{-1}h|<1/2$ در نتیجه \begin{align*} |(e+x^{-1}h)^{-1}-(e-x^{-1}h)| &= \left\vert \sum_{k=0}^\infty (-x^{-1}h)^k – (e-x^{-1}h) \right\vert \\ &= \left\vert \sum_{k=2}^\infty (-x^{-1}h)^k \right\vert \\ &\le \frac{|x^{-1}h|^2}{1-|x^{-1}h|} \\ &= \frac{|x^{-1}h|}{|x^{-1}h|^{-1}-1} \\ &< |x^{-1}||h|. \end{align*} که با ترکیبش با (*) خواهیم داشت \begin{eqnarray*} \frac{(x+h)^{-1}-x^{-1}+x^{-1}hx^{-1}}{|h|} \to 0\qquad \mbox{if}\qquad h\to 0 \end{eqnarray*} $\square$

نتیجه ۷(قاعده تقسیم): فرض کنیم $F_1$ یک فضای باناخ و $F_2$ یک جبر باناخ باشد و $U$ مجموعه باز شامل عناصر معکوس پذیر $F_2$ باشد. $A\subseteq E$ یک مجموعه باز و $f:A\to F_1$ و $g:A\to U$ در $x\in A$ مشتق پذیر باشند. فرض کنیم یک نگاشت دوخطی پیوسته $\cdot:F_1\times F_2\to G$ موجود باشد. $f^{-1}g$ را برای نگاشت $(fg^{-1})(x)=f(x)g(x)^{-1}$ می نویسیم. آنگاه نگاشت $(fg^{-1})’(x)$ بوسیله زیر بدست می آید \begin{eqnarray*} u \mapsto [f'(x)u]g(x)^{-1}-f(x)g(x)^{-1}[g'(x)u]g(x)^{-1}. \end{eqnarray*} بویژه اگر $F_2$ تعویض پذیر باشد داریم \begin{eqnarray*} (f/g)’(x)=[f'(x)g(x)-f(x)g'(x)]g(x)^{-2}. \end{eqnarray*}

ادامه دارد

پاورقی[+]

مدیریت وب‌سایت

کسی که هندسه نمی‌داند ، از این در وارد نشود. " کتیبه‌ی سر در آکادمی افلاطون "

نوشته‌های مرتبط

قوانین ارسال دیدگاه

  • دیدگاه های فینگلیش تایید نخواهند شد.
  • دیدگاه های نامرتبط به مطلب تایید نخواهد شد.
  • از درج دیدگاه های تکراری پرهیز نمایید.
دیدگاه‌ها

*
*