Die Restfunktion ist eine Kontraktion

Question

Ich kann das folgende Problem nicht lösen:

Lassen $f:U\subset\mathbb{R}^m\rightarrow \mathbb{R}^n$ eine differenzierbare Funktion sein in $a\in U$, so dass $f'$ ist kontinuierlich in $a$. Dann für jeden$\epsilon >0$ existiert $\delta>0$ so dass $$|r(v_1)-r(v_2)|\leq \epsilon |v_1-v_2|$$ für jeden $v_1,v_2\in B_{\delta}(0)$

Hier die Funktion $r$ kommt aus der Definition der Differenzierbarkeit: $f:U\subset\mathbb{R}^m\rightarrow \mathbb{R}^n$ ist differenzierbar in $a\in U$ wenn für jeden $v\in \mathbb{R}^m$, $a+v \in U$existiert eine lineare Karte $T:\mathbb{R}^m \rightarrow \mathbb{R}^n$ so dass $$f(a+v)=f(a)+Tv+r(v) \hspace{1cm} \lim_{v \to 0} \frac{r(v)}{|v|}=0$$

Kann mir jemand helfen?

Answer 1

Ich werde unten einen Beweis vorlegen, der dies erfordert $f$ in einer Nachbarschaft von differenzierbar sein $a$ und $f'$ müssen nur kontinuierlich sein bei $a$. Es wird in zwei Teile geteilt. In Teil 1 reduzieren wir das Problem auf eine lokale Version, in Teil 2 beweisen wir es.

Erwägen $\epsilon>0$ behoben werden.

Teil 1 Es genügt zu beweisen, dass es existiert$\delta>0$ Folgendes erfüllen:

Für jeden $x\in B_\delta(0)$gibt es $\delta'>0$ so dass $B_{\delta'}(x) \subset B_\delta(0)$ und $$ \|r(x)-r(y)\|\leq \epsilon\|x-y\|,\ \forall y \in B_{\delta'}(x). $$

Nehmen Sie in der Tat an, dass das lokale Ergebnis bewiesen ist und um die Schätzung für jedes Paar zu erweitern $x, y \in B_{\delta}(0)$, Erwägen $S$ das geschlossene Liniensegment verbindet $x$ und $y$, das ist, $$ S=\{(1-\alpha)x + \alpha y : \alpha\in[0,1]\}. $$ Durch die Konvexität des Balls $S\subset B_{\delta}(0)$ und wir können für jeden reparieren $u\in S$, $\delta'_u>0$das lokale Ergebnis befriedigen. Schon seit$S$ ist kompakt, bekommen wir $s_1, ..., s_n\in S$ so dass die Kugeln $B_{\delta'_{s_1}}(s_1), ..., B_{\delta'_{s_n}}(s_n)$ Startseite $S$. Für jeden$s_i$Beachten Sie die entsprechenden $\alpha_i\in[0,1]$ so dass $$ s_n = (1-\alpha_n)x + \alpha_n y, $$ und ohne Verlust der Allgemeinheit davon ausgehen, dass $0=\alpha_1< \alpha_2 < ...< \alpha_n=1$. Verwenden Sie nun die Verbundenheit von$S$können wir das auch für jeden annehmen $i\in\{1,..., n-1\}$gibt es $\alpha_i<\beta_i< \alpha_{i+1}$ so dass $$ t_i = (1-\beta_i)x+ \beta_i y\in B_{\delta'_{s_i}}(s_i)\cap B_{\delta'_{s_{i+1}}}(s_{i+1}).$$ Deshalb, \begin{align*} \|r(x)-r(y)\| & = \left\|\sum_{i=1}^{n-1}(r(s_i)-r(t_i)) + (r(t_i)-r(s_{i+1}))\right\| \\ & \leq \sum_{i=1}^{n-1}\|r(s_i)-r(t_i)\| + \|r(t_i)-r(s_{i+1})\| \\ & \leq \epsilon\sum_{i=1}^{n-1}\|s_i-t_i\| + \|t_i-s_{i+1}\| \\ & = \epsilon\|x-y\|. \end{align*}

Teil 2 Nun beweisen wir das lokale Ergebnis. Weiter für jeden Punkt$x\in U$bezeichnen wir $T_x= f'(x)$ und $r_x$ so dass $$ f(x+v) = f(x) + T_x(v) + r_x(v),\ \ \mbox{with }\ \lim_{v\to 0} \frac{r_x(v)}{v}=0. $$ Wir wollen also beweisen, dass es existiert $\delta>0$ befriedigend

Für jeden $x\in B_\delta(0)$gibt es $\delta'>0$ so dass $B_{\delta'}(x) \subset B_\delta(0)$ und $$ \|r_a(x)-r_a(y)\|\leq \epsilon\|x-y\|,\ \forall y \in B_{\delta'}(x). $$

Schon seit $f'$ ist kontinuierlich bei $a$, beheben $\delta>0$ so dass $$ \tag{1}\label{delta} \|T_a - T_x\|\leq \frac{\epsilon}{2},\ \forall x\in B_\delta(a), $$ wobei die hier betrachtete Norm die für lineare Operatoren ist.

Fix $x\in B_\delta(0)$. Schon seit$\lim_{h\to 0}\frac{r_{a+x}(h)}{\|h\|}=0$, beheben $\delta'>0$ so dass $$\tag{2}\label{delta'} \frac{\|r_{a+x}(h)\|}{\|h\|}\leq \frac{\epsilon}{2},\ \forall \|h\|< \delta'(0), $$ und wir können es reparieren, um auch zu befriedigen $B_{\delta'}(x)\subset B_\delta(0)$.

Weiter beenden wir den Beweis, indem wir das zeigen $$ \|r_a(x)-r_a(y)\|\leq \epsilon\|x-y\|,\ \forall y \in B_{\delta'}(x). $$

Fix $y \in B_{\delta'}(x)$. Dann$y= x+h$mit $\|h\|<\delta'$. Auswerten$r_a(x)$ und $r_a(y)$, wir bekommen \begin{align*} r_a(x) - r_a(y) & = f(a+x)-f(a+y) - T_a(x-y) \\ & = f(a+x)-f((a+x)+h) + T_a(h), \end{align*} dann \begin{align*} \tag{3}\label{sub} \frac{\|r_a(x) - r_a(y)\|}{\|x-y\|} & = \left\|\frac{f(a+x)-f((a+x)+h)}{\|h\|} + \frac{T_a(h)}{\|h\|}\right\|. \end{align*}

Beachten Sie dies jedoch $$ r_{a+x}(h) = f((a+x)+h) - f(a+x) - T_{a+x}(h), $$ so $$ \frac{f(a+x) - f((a+x)+h)}{\|h\|} = \frac{- r_{a+x}(h) - T_{a+x}(h)}{\|h\|}. $$

Wenn wir dies durch \ eqref {sub} ersetzen, erhalten wir \begin{align*} \frac{\|r_a(x) - r_a(y)\|}{\|x-y\|} & = \left\|\frac{- r_{a+x}(h) - T_{a+x}(h)}{\|h\|} + \frac{T_a(h)}{\|h\|}\right\| \\ & \leq \frac{\|r_{a+x}(h)\|}{\|h\|} + \frac{\|(T_{a+x}-T_a)(h)\|}{\|h\|}, \end{align*} dann durch \ eqref {delta} und \ eqref {delta '}, \begin{align*} \frac{\|r_a(x) - r_a(y)\|}{\|x-y\|} & \leq \frac{\epsilon}{2} + \frac{\|T_{a+x}-T_a\|\|h\|}{\|h\|} \leq \frac{\epsilon}{2}+\frac{\epsilon}{2}= \epsilon, \end{align*} und wir sind fertig.