Matematika Universitas — Tahun 2 · Bachelor Year 2

15Kalkulus Diferensial

Kalkulus dua peubah pada jilid Tahun ke-1 mematang menjadi kalkulus diferensial bagi pemetaan antarruang bernorma: dengan diferensial sebagai hampiran linear terbaiknya, aturan rantai dalam keumuman penuh, teorema kesimetrikan Schwarz yang dibuktikan, rumus Taylor, dan analisis orde dua yang lengkap bagi ekstremumnya. Adapun teorema fungsi balikan, yakni mahkota teorinya, dinyatakan dengan strategi buktinya — sebuah titik tetap Banach — yang dibuat gamblang.

Di sepanjang bab ini, $U$ adalah himpunan bagian terbuka $\R^n$ (atau sebuah ruang bernorma; sebab kasus berdimensi hingganya mengusung semua gagasannya), dan $f \colon U \to \R^m$ .

15.1 Diferensialnya

Definisi 15.1

Fungsi $f$ disebut terdiferensialkan di $a$ apabila ada pemetaan linear (yang kontinu) $\dd f_a \colon \R^n \to \R^m$ dengan

f(a + h) = f(a) + \dd f_a(h) + o(\norm h) \qquad (h \to 0).

Pemetaan $\dd f_a$ , yakni diferensial $f$ di $a$ , bersifat tunggal; dan matriksnya dalam basis kanoniknya adalah matriks Jacobi $J_f(a) = \bigl(\frac{\partial f_i}{\partial x_j}(a)\bigr)$ . Keterdiferensialan mengakibatkan kekontinuan beserta keberadaan semua turunan berarah $\dd f_a(v) = \lim_{t\to0}\frac{f(a + tv) - f(a)}{t}$ ; sedangkan konversnya gagal (Latihan 15.2). Untuk $m = 1$ , berlaku $\dd f_a(h) = \langle \nabla f(a), h\rangle$ : yakni gradien Tahun ke-1, yang kini dipahami sebagai vektor yang mewakili diferensialnya.

Teorema 15.2 (Kriteria $C^1$ )

Bila semua turunan parsial $f$ ada pada $U$ dan kontinu di $a$ , maka $f$ terdiferensialkan di $a$ . Jadi “ $C^1$ pada $U$ ” — yakni turunan parsial yang kontinu — mengakibatkan keterdiferensialan di mana-mana, dengan diferensial yang kontinu.

Bukti. Komponen demi komponen (jadi $m = 1$ sudah cukup). Bukti Tahun ke-1 untuk dua peubah — yakni gerakkan satu koordinat sekali waktu, terapkan teorema nilai rerata satu peubah pada tiap kakinya, lalu pakai kekontinuan turunan parsialnya di $a$ — menyamarata kata demi kata ke $n$ kaki:

f(a + h) - f(a) = \sum_{j=1}^{n} \bigl(f(a + h^{(j)}) - f(a + h^{(j-1)})\bigr) = \sum_j h_j\,\frac{\partial f}{\partial x_j}(\xi_j),

dengan $h^{(j)}$ membekukan $j$ koordinat pertama $h$ dan $\xi_j$ terletak pada kaki ke- $j$ -nya; lalu kekontinuannya mengubah tiap $\frac{\partial f}{\partial x_j}(\xi_j)$ menjadi $\frac{\partial f}{\partial x_j}(a) + o(1)$ , dan galatnya bernilai $o(\norm h)$ . ∎

Teorema 15.3 (Aturan rantai)

Bila $f$ terdiferensialkan di $a$ dan $g$ di $f(a)$ , maka $g \circ f$ terdiferensialkan di $a$ dengan

\dd(g \circ f)_a = \dd g_{f(a)} \circ \dd f_a , \qquad J_{g\circ f}(a) = J_g\bigl(f(a)\bigr)\,J_f(a) :

jadi matriks Jacobinya mengalikan.

Bukti. Tulislah $f(a + h) = f(a) + \dd f_a(h) + \norm h\,\varepsilon_1(h)$ dan $g(b + k) = g(b) + \dd g_b(k) + \norm k\,\varepsilon_2(k)$ dengan $b = f(a)$ dan $k = k(h) = \dd f_a(h) + \norm h \varepsilon_1(h)$ . Setelah disulihkan,

g(f(a+h)) = g(b) + \dd g_b\bigl(\dd f_a(h)\bigr) + \norm h\,\dd g_b(\varepsilon_1(h)) + \norm{k}\,\varepsilon_2(k),

dan kedua suku galatnya bernilai $o(\norm h)$ : yang pertama karena $\dd g_b$ kontinu dan $\varepsilon_1 \to 0$ ; sedangkan yang kedua karena $\norm k \leq C\norm h$ (yakni pemetaan linear terbatas ditambah suku kecil) dan $\varepsilon_2(k) \to 0$ ketika $h \to 0$ . ∎

Contoh 15.4 (Fungsi radial, sekali untuk selamanya)

Misalkan $r(x) = \norm x_2$ pada $\R^n\setminus\{0\}$ dan $f = g \circ r$ dengan $g$ fungsi $C^1$ satu peubah. Pertama, $r$ bersifat terdiferensialkan jauh dari $0$ : sebab dari $r^2 = \sum x_i^2$ ,

\frac{\partial r}{\partial x_i} = \frac{x_i}{r}, \qquad\text{yakni}\qquad \nabla r(x) = \frac{x}{\norm x} ,

yakni vektor radial satuannya (turunkan $r^2$ lalu bagilah — atau terapkan aturan rantai pada $\sqrt{\cdot}$ ). Lalu aturan rantainya memberi, untuk setiap fungsi radial,

\nabla f(x) = g'\bigl(\norm x\bigr)\,\frac{x}{\norm x} .

Contoh yang dikerjakan: $g(r) = \frac1r$ menghasilkan $\nabla\frac{1}{\norm x} = -\frac{x}{\norm x^3}$ , yakni medan kuadrat-terbalik milik gravitasi dan elektrostatika — dengan arah radial dan besar $\frac{1}{\norm x^2}$ . Pelajaran penutupnya: gradien fungsi radial bersifat radial karena himpunan arasnya berupa bola dan gradiennya ortogonal terhadap himpunan aras; sedangkan di $x = 0$ , sebaliknya, $r$ tidak terdiferensialkan (sebab tak ada calon pemetaan linear yang cocok dengan $\norm h$ dari segala arah) — jadi profil radial yang mulus menuntut $g'(0) = 0$ agar dapat menyeberangi titik asalnya dengan anggun.

Teorema 15.5 (Ketaksamaan nilai rerata)

Misalkan $f$ terdiferensialkan pada $U$ dan misalkan ruas $\intcc{a}{b} = \{a + t(b-a)\}$ terletak di $U$ . Maka

\norm{f(b) - f(a)} \leq \norm{b - a}\, \sup_{x \in \intcc{a}{b}} \vertiii{\dd f_x} .

Khususnya, pemetaan terdiferensialkan yang diferensialnya nol pada himpunan terbuka yang terhubung bersifat tetap.

Bukti. Fungsi $\varphi(t) = f(a + t(b-a))$ terdiferensialkan pada $\intcc{0}{1}$ dengan $\varphi'(t) = \dd f_{a + t(b-a)}(b - a)$ (lewat aturan rantai), yang bernorma $\leq M\norm{b-a}$ dengan $M$ menyatakan sup pada displainya. Untuk nilai di $\R$ , ketaksamaan nilai rerata satu peubah bagi $f$ merampungkannya; sedangkan untuk nilai vektornya terapkanlah ia pada $t \mapsto \langle u, \varphi(t)\rangle$ dengan $u$ vektor satuan sepanjang $f(b) - f(a)$ . Ketetapannya: sebab ia tetap secara lokal (lewat ruas di dalam bola) ditambah keterhubungannya (sebab himpunan tempat $f$ bernilai tertentu bersifat terbuka sekaligus tertutup: Bab 4). ∎

Contoh 15.6 (Sebuah konstanta Lipschitz dari ketaksamaan nilai rerata)

Apakah $f(x, y) = \sin x\,\sin y$ bersifat Lipschitz pada $\R^2$ , dan dengan konstanta yang mana? Gradiennya $\nabla f = (\cos x\sin y,\ \sin x\cos y)$ , yang kuadrat normanya

\cos^2x\sin^2y + \sin^2x\cos^2y \leq \sin^2 y + \cos^2y\cdot 1 = 1

(sebab $\cos^2x$ dan $\sin^2x$ dibatasi $1$ secara terpisah), jadi $\vertiii{\dd f_{(x,y)}} = \norm{\nabla f} \leq 1$ di mana-mana, lalu Teorema 15.5 pada ruas antara sembarang dua titik memberi

\abs{f(b) - f(a)} \leq \norm{b - a}_2 :

jadi $f$ bersifat Lipschitz berkonstanta $1$ , dan konstantanya tajam (sebab di dekat titik asalnya, $f(x, \tfrac\pi2) = \sin x$ berlereng $1$ ). Pelajaran penutupnya: ketaksamaan nilai rerata mengubah batas titik demi titik pada diferensialnya menjadi modulus kekontinuan yang global — yakni rute baku menuju taksiran Lipschitz pada setiap dimensi, sekaligus mesin di dalam Latihan 15.12.

15.2 Turunan kedua

Teorema 15.7 (Schwarz)

Bila $f$ bersifat $C^2$ pada $U$ (yakni semua turunan parsial keduanya ada dan kontinu), maka untuk setiap $i, j$ :

\frac{\partial^2 f}{\partial x_i\,\partial x_j} = \frac{\partial^2 f}{\partial x_j\,\partial x_i} .

Bukti. Dua peubah sudah cukup (dengan $x = x_i$ , $y = x_j$ , dan sisanya dibekukan). Tinjaulah selisih keduanya

\Delta(h) = f(a + h, b + h) - f(a + h, b) - f(a, b + h) + f(a,b) .

Tetapkan $h$ lalu tetapkan $\varphi(x) = f(x, b+h) - f(x, b)$ : maka $\Delta(h) = \varphi(a + h) - \varphi(a)$ , dan dua kali penerapan teorema nilai rerata memberi

\Delta(h) = h\,\varphi'(\xi) = h\Bigl(\frac{\partial f}{\partial x}(\xi, b+h) - \frac{\partial f}{\partial x}(\xi, b)\Bigr) = h^2\,\frac{\partial^2 f}{\partial y\,\partial x}(\xi, \eta),

dengan $\xi \in \intoo{a}{a+h}$ dan $\eta \in \intoo{b}{b+h}$ . Berkat kekontinuannya, $\frac{\Delta(h)}{h^2} \to \frac{\partial^2 f}{\partial y\partial x}(a, b)$ ketika $h \to 0$ . Perhitungan yang sama dengan peran peubahnya dipertukarkan (bekukan peubah keduanya lebih dulu) memberi $\frac{\Delta(h)}{h^2} \to \frac{\partial^2 f}{\partial x \partial y}(a,b)$ : jadi kedua limit besaran yang sama itu berimpit. ∎

Contoh 15.8 (Mengapa $C^2$ diperlukan: contoh tandingan Peano)

Misalkan $f(x, y) = \dfrac{xy(x^2 - y^2)}{x^2 + y^2}$ dengan $f(0,0) = 0$ . Jauh dari titik asalnya $f$ bersifat $C^\infty$ ; sedangkan di titik asalnya semua turunan parsial pertama dan keduanya ada, tetapi yang campurannya tak sepakat. Hitunglah sepanjang sumbunya: $f(x, 0) = f(0, y) = 0$ , dan untuk $y \neq 0$ ,

\frac{\partial f}{\partial x}(0, y) = \lim_{x\to0}\frac{f(x,y)}{x} = \frac{y(0 - y^2)}{y^2} = -y , \qquad\text{secara simetris}\qquad \frac{\partial f}{\partial y}(x, 0) = x .

Karena itu

\frac{\partial^2 f}{\partial y\,\partial x}(0,0) = \frac{\dd}{\dd y}\Bigl[\frac{\partial f}{\partial x}(0,y)\Bigr]_{y=0} = -1, \qquad \frac{\partial^2 f}{\partial x\,\partial y}(0,0) = +1 :

jadi kedua turunan parsial campurannya ada dan berbeda. Dan tak ada pertentangan dengan Teorema 15.7: sebab turunan parsial kedua $f$ tidak kontinu di $0$ (ujilah sepanjang $y = tx$ ). Pelajaran penutupnya: teorema Schwarz adalah teorema sejati tentang kekontinuan, bukan kesamaan formal — dan hipotesis “ $C^2$ ” pada Taylor–Young di bawah sungguh bekerja.

Teorema 15.9 (Taylor–Young pada orde 2)

Misalkan $f \colon U \to \R$ bersifat $C^2$ dan $a \in U$ . Maka, ketika $h \to 0$ ,

f(a + h) = f(a) + \langle\nabla f(a), h\rangle + \frac12\, \langle H_a h,\, h\rangle + o\bigl(\norm h^2\bigr),

dengan $H_a = \bigl(\frac{\partial^2 f}{\partial x_i\partial x_j}(a)\bigr)$ menyatakan matriks Hessian (yang simetrik, berkat Schwarz).

Bukti. Terapkan teorema Taylor–Young satu peubah (jilid Tahun ke-1) pada $\varphi(t) = f(a + th)$ di $\intcc{0}{1}$ : sebab menurut aturan rantai, $\varphi'(t) = \langle \nabla f(a + th), h\rangle$ dan $\varphi''(t) = \langle H_{a+th}h, h\rangle$ , yang keduanya kontinu dalam $t$ . Lalu $\varphi(1) = \varphi(0) + \varphi'(0) + \frac12\varphi''(\theta)$ (lewat Taylor–Lagrange) dengan $\theta \in \intoo{0}{1}$ , dan kekontinuan turunan parsial keduanya mengubah $\varphi''(\theta) = \varphi''(0) + o(1)\cdot\norm h^2$ secara seragam: jadi diperoleh uraian pada displainya. ∎

Contoh 15.10 (Sebuah uraian lewat dua cara)

Uraikan $f(x, y) = \eu^x\cos y$ di titik asalnya sampai orde $2$ . Lewat komposisi uraian satu peubah:

\eu^x\cos y = \Bigl(1 + x + \frac{x^2}{2} + o(x^2)\Bigr)\Bigl(1 - \frac{y^2}{2} + o(y^2)\Bigr) = 1 + x + \frac{x^2 - y^2}{2} + o\bigl(\norm{(x,y)}^2\bigr) .

Lewat turunan parsial: $f_x = \eu^x\cos y$ dan $f_y = -\eu^x\sin y$ , jadi $\nabla f(0) = (1, 0)$ ; sedangkan $f_{xx} = f$ , $f_{yy} = -f$ , $f_{xy} = -\eu^x\sin y$ memberi $H_0 = \operatorname{diag}(1, -1)$ : jadi Teorema 15.9 menghasilkan kembali $1 + x + \frac12(x^2 - y^2)$ . Kedua perhitungannya sepakat, dan rute komposisinya lebih cepat — tanpa satu turunan parsial kedua pun. Pelajaran penutupnya: titik asalnya bukan titik kritis (sebab $\nabla f \neq 0$ ), jadi kendati Hessiannya tak tentu tak ada pelana yang dapat diumumkan: sebab suku linearnya yang berkuasa, dan uji orde duanya hanya pernah berbicara di titik kritis.

Teorema 15.11 (Uji ekstremum orde dua, dibuktikan)

Misalkan $f$ bersifat $C^2$ di dekat titik kritis $a$ (dengan $\nabla f(a) = 0$ ), dan berhessian $H = H_a$ .

Bila $H$ definit positif, maka $a$ merupakan minimum lokal yang tegas (dan bila definit negatif: maksimum).
Bila $H$ punya nilai eigen bertanda keduanya, maka $a$ berupa pelana: jadi tanpa ekstremum.
Bila $H$ singular (dan semidefinit), maka tak ada kesimpulan.

Adapun uji “ $rt - s^2$ ” Tahun ke-1 adalah kasus $n = 2$ : sebab $\det H = rt - s^2$ , dan tanda $\operatorname{tr}$ -nya dibaca dari $r$ .

Bukti. Menurut teorema spektral (Teorema 12.13), bentuk kuadratik $H$ terjepit di antara nilai eigen ekstremnya: $\lambda_{\min}\norm h^2 \leq \langle Hh, h\rangle \leq \lambda_{\max}\norm h^2$ .

(1) Bila $\lambda_{\min} > 0$ : maka Taylor–Young memberi

f(a + h) - f(a) \geq \frac{\lambda_{\min}}{2}\norm h^2 - o(\norm h^2) > 0

untuk $h \neq 0$ yang kecil: jadi minimum lokal yang tegas.

(2) Sepanjang vektor eigen $v_+$ dengan $\lambda_+ > 0$ : berlaku $f(a + tv_+) - f(a) = \frac{\lambda_+}{2}t^2 + o(t^2) > 0$ untuk $t$ yang kecil; sedangkan sepanjang $v_-$ dengan $\lambda_- < 0$ selisihnya negatif: jadi kedua tandanya muncul pada setiap persekitarannya.

(3) Fungsi $f(x,y) = x^2 + y^4$ , $x^2 - y^4$ , $x^2 + y^3$ berbagi Hessian singular semidefinit yang sama di $0$ dengan tiga kelakuan yang berbeda. ∎

Contoh 15.12 (Sebuah penggolongan lengkap, termasuk yang global)

Golongkanlah semua ekstremum $f(x, y) = x^4 + y^4 - 4xy$ pada $\R^2$ . Titik kritisnya: $\nabla f = (4x^3 - 4y,\ 4y^3 - 4x) = 0$ memberi $y = x^3$ dan $x = y^3 = x^9$ , jadi $x(x^8 - 1) = 0$ : sehingga penyelesaian realnya adalah $(0,0)$ , $(1,1)$ , $(-1,-1)$ . Hessiannya: $H = \begin{pmatrix} 12x^2 & -4\\ -4 & 12y^2\end{pmatrix}$ . Di $(\pm1, \pm1)$ : $\begin{pmatrix} 12 & -4\\ -4 & 12\end{pmatrix}$ , bernilai eigen $8$ dan $16$ : jadi definit positif, sehingga minimum lokal yang tegas dengan $f = -2$ . Di $(0,0)$ : $\begin{pmatrix} 0 & -4\\ -4 & 0\end{pmatrix}$ , bernilai eigen $\pm4$ : jadi sebuah pelana. Kegloballannya: dari $2\abs{xy} \leq x^2 + y^2$ ,

f(x, y) \geq x^4 + y^4 - 2(x^2 + y^2) = (x^2 - 1)^2 + (y^2 - 1)^2 + x^2 + y^2 - 2 \xrightarrow[\norm{(x,y)}\to\infty]{} +\infty :

jadi $f$ bersifat koersif, sehingga ia mencapai minimum global (berkat kekompakan himpunan subarasnya), yang niscaya di sebuah titik kritis: jadi nilai $-2$ , baik di $(1,1)$ maupun di $(-1,-1)$ , adalah minimum globalnya; dan tak ada maksimum (sebab $f$ tak terbatas ke atas). Pelajaran penutupnya: uji lokalnya menggolongkan calonnya, tetapi hanya hujah pertumbuhan yang mengubah “lokal” menjadi “global” — yakni pola dua langkah setiap bukti pengoptimalan pada buku ini.

Metode 15.13 (Menggolongkan ekstremum $f \colon \R^n \to \R$ )

Selesaikan $\nabla f = 0$ (yakni semua titik kritisnya; dan pada daerah yang berbatas, tanganilah perbatasannya secara terpisah seperti pada Latihan 15.7).
Di tiap titik kritisnya, hitunglah Hessiannya beserta tanda nilai eigennya — pada dimensi $2$ , cukuplah $\det H$ dan $\operatorname{tr} H$ : bila $\det < 0$ maka pelana; bila $\det > 0$ maka ekstremum, dengan jenis yang diberikan tanda tracenya; dan bila $\det = 0$ ujinya membisu, jadi kajilah $f$ sepanjang kurva.
Untuk pernyataan global, tambahkanlah hujah kekompakan atau kekoersifan (yakni $f \to +\infty$ di tak hingga, atau himpunan kendala yang kompak), lalu bandingkanlah nilai kritisnya.

15.3 Teorema fungsi balikan

Teorema 15.14 (Teorema fungsi balikan)

Misalkan $f \colon U \to \R^n$ bersifat $C^1$ dan $a \in U$ dengan $\dd f_a$ yang terbalikkan. Maka ada persekitaran terbuka $V \ni a$ dan $W \ni f(a)$ sedemikian sehingga $f \colon V \to W$ merupakan bijeksi dengan balikan $C^1$ , dan

\dd (f^{-1})_{f(x)} = (\dd f_x)^{-1} \qquad (x \in V).

Bukti. Diterima tanpa bukti pada tingkat ini. ∎

Catatan 15.15 (Mengapa ia benar: strategi titik tetapnya)

Menyelesaikan $f(x) = y$ di dekat $a$ ditulis ulang sebagai persamaan titik tetap $x = x + \dd f_a^{-1}\bigl(y - f(x)\bigr) =: \Phi_y(x)$ ; lalu pemetaan $\Phi_y$ berdiferensial $\mathrm{id} - \dd f_a^{-1}\dd f_x$ , yang kecil di dekat $a$ berkat kekontinuan $\dd f$ , jadi $\Phi_y$ merupakan kontraksi pada bola tertutup yang kecil sehingga teorema titik tetap Banach (Teorema 4.12) menyediakan penyelesaian lokal tunggalnya $x = f^{-1}(y)$ . Adapun kekontinuan dan keterdiferensialan balikannya lalu menyusul dari taksiran di dalam kontraksinya. Tata buku selengkapnya dikerjakan pada Tahun ke-3; sedangkan strateginya — dan pernyataannya — dipakai secara bebas mulai kini. Adapun pendampingnya, yakni teorema fungsi implisit (yang menyelesaikan $F(x, y) = 0$ bagi $y(x)$ ketika $\frac{\partial F}{\partial y}$ terbalikkan), menyusul dengan menerapkan teoremanya pada $(x, y) \mapsto (x, F(x,y))$ .

Contoh 15.16 (Koordinat kutub)

Pemetaan $\Phi(r, \theta) = (r\cos\theta, r\sin\theta)$ berjacobi

J_\Phi = \begin{pmatrix} \cos\theta & -r\sin\theta\\ \sin\theta & r\cos\theta \end{pmatrix}, \qquad \det J_\Phi = r :

yang terbalikkan untuk $r \neq 0$ , jadi $\Phi$ merupakan difeomorfisma $C^1$ lokal jauh dari titik asalnya — yakni izin untuk “berpindah ke koordinat kutub”, yang diperbarui bagi integral lipat pada Bab 20.

Contoh 15.17 (Lokal di mana-mana, global tak di mana pun)

Misalkan $f(x, y) = \bigl(\eu^x\cos y,\ \eu^x\sin y\bigr)$ pada $\R^2$ . Matriks Jacobinya,

J_f = \begin{pmatrix} \eu^x\cos y & -\eu^x\sin y\\ \eu^x\sin y & \eu^x\cos y \end{pmatrix}, \qquad \det J_f = \eu^{2x} > 0 ,

tak pernah lenyap: jadi menurut Teorema 15.14, $f$ merupakan difeomorfisma $C^1$ lokal di setiap titik bidangnya. Namun $f$ jauh dari injektif: sebab $f(x, y + 2\pi) = f(x, y)$ , jadi setiap nilainya diambil tak berhingga kali; dan ia juga tak surjektif, sebab $\norm{f(x, y)} = \eu^x > 0$ meleset dari titik asalnya. Pelajaran penutupnya: teorema fungsi balikan bersifat lokal tanpa dapat direduksi — sebab keterbalikan setiap $\dd f_a$ menghasilkan tambal sulam balikan lokal yang tak harus terangkai menjadi satu. (Pembaca yang mengenal bilangan kompleks akan mengenali $z \mapsto \eu^z$ ; dan tambal sulamnya adalah keluarga cabang logaritmanya.) Bandingkan dengan Latihan 15.12, tempat sebuah hipotesis global yang kuantitatif memang memaksa satu balikan global.

Catatan 15.18 (Jebakan yang sering muncul)

(i) Turunan berarah itu murah, sedangkan diferensial tidak: semua turunan berarahnya boleh saja ada — bahkan gagal bergantung secara linear pada arahnya — tanpa keterdiferensialan (Latihan 15.2); jadi hanya kriteria $C^1$ (Teorema 15.2) yang meningkatkan turunan parsial menjadi sebuah diferensial. (ii) Kritis tak berarti ekstremal: sebab pelana (Contoh 15.12) dan kasus singular yang membisu (Teorema 15.11 (3)) sama-sama bersembunyi di balik $\nabla f = 0$ . (iii) Tak ada kesamaan nilai rerata yang bernilai vektor: sebab hanya ketaksamaan pada Teorema 15.5 yang bertahan (Latihan 15.9); jadi jangan pernah menulis $f(b) - f(a) = \dd f_c(b-a)$ untuk $f$ yang bernilai di $\R^m$ dengan $m \geq 2$ . (iv) Keterbalikan lokal bukan keinjektifan: lihat Contoh 15.17. (v) Gradiennya milik hasil kali dalamnya: sebab $\nabla f$ adalah vektor yang mewakili $\dd f_a$ dalam hasil kali dalam yang dipilih; jadi ubahlah hasil kalinya (seperti pada contoh berbobot bab bentuk kuadratik) dan gradiennya berputar, sedangkan diferensialnya — yakni objek yang hakiki — tak bergerak.

Catatan 15.19 (Di mana ini dipakai)

Segala yang mengalir dari bab ini adalah kalkulus diferensial yang diterapkan: bab persamaan diferensial melinearkan aliran lalu memakai rumus determinan Liouville (yang dibuktikan pada soal akhir pekan bab ini); bab kurva dan permukaan mengkaji himpunan aras dan parameterisasinya lewat teorema fungsi implisit; dan integral lipat berganti peubah lewat matriks Jacobi. Adapun soal akhir pekan mengembangkan kalkulusnya pada ruang matriks itu sendiri — yakni diferensial determinannya, balikannya, eksponensial matriksnya, dan grup ortogonal sebagai himpunan aras yang mulus — yakni bayangan Tahun ke-2 bagi apa yang diresmikan jilid Tahun ke-3 sebagai manifold dan grup Lie.

15.4 Latihan

Latihan 15.1 ★

Hitunglah matriks Jacobi bagi $f(x,y) = (x^2 - y^2,\, 2xy)$ dan bagi $\Phi(r,\theta,z) = (r\cos\theta, r\sin\theta, z)$ ; lalu di mana diferensialnya terbalikkan?

Solusi

Solusi Latihan 15.1.

$J_f = \begin{pmatrix} 2x & -2y\\ 2y & 2x\end{pmatrix}$ dengan $\det J_f = 4(x^2 + y^2)$ : jadi terbalikkan jauh dari titik asalnya. (Sebab $f$ ini adalah $z \mapsto z^2$ dalam samaran kompleks.)

$J_\Phi = \begin{pmatrix} \cos\theta & -r\sin\theta & 0\\ \sin\theta & r\cos\theta & 0\\ 0 & 0 & 1\end{pmatrix}$ dengan $\det = r$ : jadi terbalikkan untuk $r \neq 0$ (yakni koordinat silinder).

Latihan 15.2 ★

Misalkan $f(x,y) = \frac{x^3}{x^2 + y^2}$ dengan $f(0,0) = 0$ . Buktikan bahwa semua turunan berarah $f$ di $0$ ada, tetapi bahwa $f$ tidak terdiferensialkan di $0$ (sebab pemetaan $v \mapsto$ turunan berarahnya tidak linear).

Solusi

Solusi Latihan 15.2.

Untuk $v = (a, b) \neq 0$ : $\frac{f(tv) - 0}{t} = \frac{t^3a^3}{t\cdot t^2(a^2+b^2)} = \frac{a^3}{a^2 + b^2}$ : jadi setiap turunan berarahnya ada, dengan nilai $D_v = \frac{a^3}{a^2+b^2}$ . Tetapi $v \mapsto D_v$ tidak linear (sebab $D_{(1,0)} = 1$ , $D_{(0,1)} = 0$ , $D_{(1,1)} = \frac12 \neq 1$ ): jadi tak ada pemetaan linear yang dapat menghasilkan nilai itu, sehingga $f$ tidak terdiferensialkan di $0$ (sebab diferensialnya mestilah $v \mapsto D_v$ ).

Latihan 15.3 ★

Carilah lalu golongkanlah titik kritis $f(x, y) = x^3 + y^3 - 3xy$ dengan memakai Teorema 15.11, dan juga bagi $g(x,y) = x^4 + y^4 - 2(x - y)^2$ .

Solusi

Solusi Latihan 15.3.

$f = x^3 + y^3 - 3xy$ : titik kritisnya $(0,0)$ dan $(1,1)$ (lewat perhitungan Tahun ke-1). Hessiannya: $H = \begin{pmatrix} 6x & -3\\ -3 & 6y\end{pmatrix}$ . Di $(0,0)$ : tanda eigennya bercampur (sebab $\det = -9 < 0$ ), jadi pelana. Di $(1,1)$ : $\det = 27 > 0$ dan tracenya $> 0$ , jadi definit positif, sehingga minimum lokal yang tegas — yang kini dibenarkan Teorema 15.11, bukan sekadar dititahkan.

$g = x^4 + y^4 - 2(x-y)^2$ : $\nabla g = (4x^3 - 4(x - y),\; 4y^3 + 4(x-y))$ ; jadi titik kritisnya $(0,0)$ , $(\sqrt2, -\sqrt2)$ , $(-\sqrt2, \sqrt2)$ (lewat Tahun ke-1). Di $(\pm\sqrt2, \mp\sqrt2)$ : $H = \begin{pmatrix} 12\cdot2 - 4 & 4\\ 4 & 20\end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 20 & 4\\ 4 & 20\end{pmatrix}$ : jadi definit positif (sebab diagonalnya dominan; dan nilai eigennya $24, 16$ ): sehingga minimum lokal yang tegas. Di $(0,0)$ : $H = \begin{pmatrix} -4 & 4\\ 4 & -4\end{pmatrix}$ , yang singular dan semidefinit negatif: jadi ujinya membisu; lalu kajian berarahnya ( $g(x,x) = 2x^4 > 0$ dan $g(x,-x) = 2x^4 - 8x^2 < 0$ untuk yang kecil) menunjukkan titik bergaya pelana — jadi tanpa ekstremum.

Latihan 15.4 ★★

Misalkan $f \colon \R^n \to \R$ bersifat $C^1$ dan homogen berderajat $p$ : yakni $f(tx) = t^pf(x)$ untuk $t > 0$ . Buktikan kesamaan Euler

\langle \nabla f(x), x\rangle = p\,f(x) ,

beserta konversnya bagi fungsi $C^1$ pada $\R^n\setminus\{0\}$ .

Solusi

Solusi Latihan 15.4.

Turunkan $t \mapsto f(tx)$ di $t = 1$ : menurut aturan rantai ia bernilai $\langle \nabla f(x), x\rangle$ ; sedangkan berkat kehomogenannya fungsi yang sama adalah $t^pf(x)$ , yang berturunan $pf(x)$ di $t = 1$ : itulah kesamaan Euler.

Konversnya: tetapkan $x \neq 0$ lalu misalkan $\varphi(t) = f(tx) - t^p f(x)$ pada $t > 0$ . Maka $\varphi'(t) = \langle\nabla f(tx), x\rangle - pt^{p-1}f(x) = \frac1t\bigl(\langle \nabla f(tx), tx\rangle - p\,t^pf(x)\bigr)$ . Adapun hipotesisnya — yakni kesamaan Euler di titik $tx$ — menilai kurungnya sebagai $p\,f(tx) - p\,t^pf(x) = p\,\varphi(t)$ . Jadi $\varphi' = \frac{p}{t}\varphi$ dengan $\varphi(1) = 0$ : dan penyelesaian tunggal persamaan diferensial linearnya adalah $\varphi \equiv 0$ (berkat ketunggalan Tahun ke-1), yakni $f(tx) = t^pf(x)$ .

Latihan 15.5 ★★

Misalkan $A$ simetrik dan $f(x) = \frac12\langle Ax, x\rangle - \langle b, x\rangle$ . Hitunglah $\nabla f$ dan $H_f$ ; lalu kapan $f$ cembung? Dengan mengandaikan $A$ definit positif, tunjukkanlah bahwa $f$ punya satu minimum global di penyelesaian $Ax = b$ — yakni alasan keberadaan penurunan gradien.

Solusi

Solusi Latihan 15.5.

Menguraikan $f(x + h) - f(x) = \langle Ax - b, h\rangle + \frac12\langle Ah, h\rangle$ (berkat kesimetrikan $A$ ) memberi $\nabla f(x) = Ax - b$ dan $H_f = A$ di mana-mana. Lalu $f$ cembung bila dan hanya bila $A$ semidefinit positif (lewat uji Hessiannya, yang global di sini karena $H$ tetap: sebab rumus Taylor orde duanya eksak). Bila $A$ definit positif: maka satu-satunya titik kritisnya adalah $x^* = A^{-1}b$ , dan $f(x^* + h) - f(x^*) = \frac12\langle Ah, h\rangle \geq \frac{\lambda_{\min}}{2}\norm h^2 > 0$ untuk $h \neq 0$ : jadi minimum global yang tegas.

Latihan 15.6 ★★

(Pengganda Lagrange, satu kendala, dibuktikan dengan tangan) Misalkan $f, g$ bersifat $C^1$ pada $\R^2$ , dan andaikan $f$ mencapai, di $a$ , sebuah ekstremum lokal pada himpunan aras $\{g = 0\}$ , dengan $\nabla g(a) \neq 0$ . Buktikan bahwa $\nabla f(a) = \lambda\nabla g(a)$ untuk suatu $\lambda$ . (Parameterkan himpunan arasnya di dekat $a$ lewat teorema fungsi implisit lalu turunkan $t \mapsto f(\gamma(t))$ .) Penerapannya: ekstremum $f(x,y) = xy$ pada lingkaran $x^2 + y^2 = 1$ .

Solusi

Solusi Latihan 15.6.

Karena $\nabla g(a) \neq 0$ , satu turunan parsialnya, katakanlah $\frac{\partial g}{\partial y}(a) \neq 0$ : jadi teorema fungsi implisit (yakni pendamping Teorema 15.14) memparameterkan $\{g = 0\}$ di dekat $a = (a_1, a_2)$ sebagai $\gamma(t) = (t, y(t))$ dengan $y$ bersifat $C^1$ dan $y'(t) = -\frac{\partial_x g}{\partial_y g}(\gamma(t))$ (turunkan $g(t, y(t)) = 0$ ). Lalu fungsi satu peubah $t \mapsto f(\gamma(t))$ punya ekstremum lokal di $t = a_1$ :

0 = \frac{\dd}{\dd t}f(\gamma(t))\Big|_{a_1} = \partial_x f(a) + \partial_y f(a)\,y'(a_1) = \partial_x f(a) - \partial_yf(a)\frac{\partial_x g(a)}{\partial_y g(a)} :

jadi vektor $\nabla f(a)$ dan $\nabla g(a)$ berkoordinat sebanding: sehingga $\nabla f(a) = \lambda \nabla g(a)$ dengan $\lambda = \frac{\partial_y f(a)}{\partial_y g(a)}$ .

Penerapannya: pada lingkarannya, $\nabla(xy) = (y, x)$ yang sejajar dengan $(2x, 2y)$ memaksa $y^2 = x^2$ ; lalu dengan kendalanya, calonnya adalah $\pm\bigl(\tfrac{1}{\sqrt2}, \tfrac{1}{\sqrt2}\bigr)$ (bernilai $\frac12$ ) dan $\pm\bigl(\tfrac{1}{\sqrt2}, -\tfrac{1}{\sqrt2}\bigr)$ (bernilai $-\frac12$ ): jadi maksimumnya $\frac12$ dan minimumnya $-\frac12$ (yang tercapai, sebab lingkarannya kompak).

Latihan 15.7 ★★

Tentukan ekstremum $f(x, y) = x^2 + y^2 - xy + x - y$ pada $\R^2$ , lalu maksimum dan minimumnya pada segitiga tertutup bertitik sudut $(0,0)$ , $(1,0)$ , $(0,1)$ (yakni titik kritis dalamnya, lalu ketiga rusuknya, lalu titik sudutnya).

Solusi

Solusi Latihan 15.7.

$\nabla f = (2x - y + 1,\; 2y - x - 1) = 0$ : setelah diselesaikan, $x = -\frac13$ dan $y = \frac13$ . Hessiannya $\begin{pmatrix} 2 & -1\\ -1 & 2\end{pmatrix}$ , yang definit positif: jadi minimum global bagi $f$ yang kuadratik itu, bernilai $f\bigl(-\frac13, \frac13\bigr) = -\frac13$ .

Pada segitiga $T$ : titik kritis dalamnya $(-\frac13, \frac13) \notin T$ (sebab $x$ -nya negatif). Rusuknya: pada $y = 0$ dengan $x \in \intcc{0}{1}$ : $f = x^2 + x$ , yang naik, jadi ekstremnya $0$ dan $2$ . Pada $x = 0$ : $f = y^2 - y$ , dengan minimum $-\frac14$ di $y = \frac12$ , dan bernilai $0$ serta $0$ di ujungnya. Pada $x + y = 1$ : sulihkan $y = 1 - x$ , jadi $f = x^2 + (1-x)^2 - x(1-x) + x - (1-x) = 3x^2 - x$ ; lalu pada $\intcc{0}{1}$ : minimumnya $-\frac{1}{12}$ di $x = \frac16$ , dengan nilai $0$ (di $x=0$ ) dan $2$ (di $x=1$ ). Titik sudutnya: $f(0,0) = 0$ , $f(1,0) = 2$ , $f(0,1) = 0$ . Jadi secara global pada $T$ : minimumnya $-\frac14$ di $(0, \frac12)$ , dan maksimumnya $2$ di $(1, 0)$ .

Latihan 15.8 ★★★

Misalkan $f \colon \R^2 \to \R^2$ dengan $f(x, y) = (x + y^2,\; y + x^2)$ . Tunjukkan bahwa $f$ merupakan difeomorfisma lokal di dekat $0$ , hitunglah $\dd(f^{-1})_{(0,0)}$ , lalu carilah $r$ terbesar yang membuat $\dd f$ terbalikkan pada bola $\norm{(x,y)}_2 < r$ (hitunglah $\det J_f$ ).

Solusi

Solusi Latihan 15.8.

$J_f = \begin{pmatrix} 1 & 2y\\ 2x & 1\end{pmatrix}$ dengan $\det J_f = 1 - 4xy$ . Di $0$ : $\det = 1 \neq 0$ , jadi difeomorfisma lokal (Teorema 15.14), dengan

\dd(f^{-1})_{(0,0)} = (J_f(0))^{-1} = I_2 .

Adapun keterbalikannya pada sebuah bola: kita menuntut $4\abs{xy} < 1$ di seluruhnya; dan pada $\norm{(x,y)}_2 < r$ berlaku $\abs{xy} \leq \frac{x^2 + y^2}{2} < \frac{r^2}{2}$ , jadi $r = \frac{1}{\sqrt2}$ berhasil; dan itulah yang terbesar: sebab di $(x, y) = \bigl(\tfrac12, \tfrac12\bigr)$ , yang bernorma $\frac{1}{\sqrt2}$ , berlaku $\det J_f = 0$ .

Latihan 15.9 ★★★

(Rolle gagal, nilai rerata bertahan) Berikanlah $f \colon \R \to \R^2$ yang $C^1$ , dengan $f(0) = f(2\pi)$ tetapi $f'(t) \neq 0$ untuk setiap $t$ (jadi tak ada Rolle yang bernilai vektor). Lalu periksalah pada contohmu ketaksamaan nilai rerata pada Teorema 15.5.

Solusi

Solusi Latihan 15.9.

$f(t) = (\cos t, \sin t)$ : $f(0) = f(2\pi) = (1, 0)$ , namun $f'(t) = (-\sin t, \cos t)$ bernorma $1$ dan tak pernah nol: jadi tak ada titik tempat turunannya lenyap — sehingga Rolle tak punya analogi vektor. Adapun ketaksamaan nilai rerata berlaku dengan nyaman: $\norm{f(2\pi) - f(0)} = 0 \leq 2\pi \cdot \sup\norm{f'} = 2\pi$ .

Latihan 15.10 ★

Hitunglah diferensial dan gradien $f(x) = \norm x_2^2$ dan $g(x) = \langle Ax, x\rangle$ pada $\R^n$ (dengan $A$ matriks bujur sangkar yang tak diandaikan simetrik), beserta Hessian masing-masingnya. Untuk $A$ yang mana $g$ bersifat cembung?

Solusi

Solusi Latihan 15.10.

$f(x+h) - f(x) = 2\langle x, h\rangle + \norm h^2$ : jadi $\dd f_x = 2\langle x, \cdot\rangle$ , $\nabla f(x) = 2x$ , dan Hessiannya $2I$ (yang tetap). Untuk $g$ :

g(x + h) - g(x) = \langle Ax, h\rangle + \langle Ah, x\rangle + \langle Ah, h\rangle = \bigl\langle (A + A^{\mathsf T})x,\ h\bigr\rangle + O(\norm h^2),

jadi $\nabla g(x) = (A + A^{\mathsf T})x$ dan $H_g = A + A^{\mathsf T}$ , yang tetap. Menurut Latihan 15.11, $g$ bersifat cembung bila dan hanya bila $A + A^{\mathsf T}$ semidefinit positif — jadi hanya bagian simetrik $A$ yang berperan, sebab memang $g(x) = \langle \frac{A + A^{\mathsf T}}2 x, x\rangle$ .

Latihan 15.11 ★★

Misalkan $f \colon \R^n \to \R$ bersifat $C^2$ . Buktikan bahwa $f$ cembung bila dan hanya bila Hessiannya $H_x$ semidefinit positif di setiap $x$ (reduksikan ke satu peubah: $t \mapsto f(a + t(b-a))$ ; lalu pakailah Taylor–Lagrange pada satu arah, dan untuk konversnya nilailah $\varphi''$ ).

Solusi

Solusi Latihan 15.11.

Fungsi $f$ cembung bila dan hanya bila pembatasannya ke setiap ruas cembung, yakni bila setiap $\varphi(t) = f(a + tv)$ cembung. Menurut aturan rantai, $\varphi''(t) = \langle H_{a+tv}\,v,\ v\rangle$ .

Bila semua Hessiannya semidefinit positif: maka $\varphi'' \geq 0$ , jadi tiap $\varphi$ cembung (lewat jilid Tahun ke-1) sehingga $f$ cembung. Sebaliknya bila $f$ cembung, tiap $\varphi$ cembung, jadi $\varphi''(0) \geq 0$ : sehingga $\langle H_a v, v\rangle \geq 0$ untuk setiap $a$ dan setiap arah $v$ , yakni semua Hessiannya semidefinit positif.

Latihan 15.12 ★★★

(Sebuah teorema balikan global) Misalkan $g \colon \R^n \to \R^n$ bersifat $C^1$ dengan $\vertiii{\dd g_x} \leq k < 1$ untuk setiap $x$ , dan $f = \mathrm{id} + g$ .

Tunjukkan $\norm{f(x) - f(y)} \geq (1 - k)\norm{x - y}$ : jadi $f$ bersifat injektif, dengan balikan yang kontinu pada petanya.
Tunjukkan bahwa untuk tiap $y \in \R^n$ pemetaan $x \mapsto y - g(x)$ merupakan kontraksi pada ruang lengkap $\R^n$ , lalu simpulkan lewat teorema titik tetap Banach (Teorema 4.12) bahwa $f$ bersifat surjektif.
Simpulkan bahwa $f$ merupakan bijeksi $\R^n$ dengan balikan Lipschitz berkonstanta $(1-k)^{-1}$ — yakni padanan global bagi Teorema 15.14 (yang, sebaliknya, bersifat lokal belaka).

Solusi

Solusi Latihan 15.12.

Menurut ketaksamaan nilai rerata (Teorema 15.5) yang diterapkan pada $g$ : $\norm{g(x) - g(y)} \leq k\norm{x-y}$ , jadi

$\norm{f(x) - f(y)} \geq \norm{x - y} - \norm{g(x) - g(y)} \geq (1 - k)\norm{x - y} :$

jadi $f$ bersifat injektif dan $f^{-1}$ (yang terdefinisi pada petanya) bersifat Lipschitz berkonstanta $\frac{1}{1-k}$ .
Tetapkan $y$ ; maka $T(x) = y - g(x)$ memenuhi $\norm{T(x) - T(x')} = \norm{g(x') - g(x)} \leq k\norm{x - x'}$ : yakni sebuah kontraksi pada ruang lengkap $\R^n$ . Lalu Banach (Teorema 4.12) memberi titik tetap $x^* = y - g(x^*)$ , yakni $f(x^*) = y$ : jadi $f$ surjektif.
Jadi $f$ merupakan bijeksi $\R^n$ dengan balikan yang Lipschitz berkonstanta $\frac{1}{1-k}$ : yakni sebuah teorema balikan global, tempat kekecilan $\dd g$ di mana-mana menggantikan hipotesis keterbalikan lokal pada Teorema 15.14.

15.5 Soal: Kalkulus matriks — Jacobi, eksponensial, dan grup ortogonal

Soal 15.1

Gelanggang terbersih bagi kalkulus diferensial adalah ruang $\mathcal M_n(\R) \simeq \R^{n^2}$ itu sendiri: sebab pemetaannya yang paling alami — hasil kali, balikan, determinan, eksponensial — punya diferensial yang keanggunannya memukau. Soal ini menghitung semuanya: deret Neumann, diferensial balikannya, rumus Jacobi bagi determinannya dengan rumus Liouville sebagai panennya, eksponensial matriks dengan $\det\eu^A = \eu^{\operatorname{tr}A}$ , dan akhirnya grup ortogonal $O_n$ sebagai himpunan aras yang mulus dengan matriks antisimetrik sebagai ruang singgungnya — yakni geometri diferensial dalam embrio. Di sepanjang soal ini, $\vertiii\cdot$ adalah norma operator yang bawahan terhadap $\norm\cdot_2$ , dan $\langle X, Y\rangle = \operatorname{tr}(X^{\mathsf T}Y)$ hasil kali dalam Frobeniusnya.

Bagian I — Deret Neumann.

Buktikan sifat submultiplikatifnya, $\vertiii{AB} \leq \vertiii A\,\vertiii B$ , lalu turunkan bahwa pemetaan polinomial atas $A$ (yakni hasil kali matriks, determinan, trace) bersifat kontinu pada $\mathcal M_n(\R)$ .
Untuk $\vertiii X < 1$ , tunjukkan bahwa $\sum_{k\geq0}X^k$ konvergen mutlak di $\mathcal M_n(\R)$ (Teorema 5.21), bahwa jumlahnya adalah $(I - X)^{-1}$ , dan bahwa

$\vertiii{(I - X)^{-1}} \leq \frac{1}{1 - \vertiii X}, \qquad (I - X)^{-1} = I + X + O\bigl(\vertiii X^2\bigr) .$
Turunkan bahwa $GL_n(\R)$ bersifat terbuka: sebab bila $A$ terbalikkan dan $\vertiii H < \frac{1}{\vertiii{A^{-1}}}$ , maka $A + H$ bersifat terbalikkan. Turunkan pula bahwa $GL_n(\R)$ bersifat padat di $\mathcal M_n(\R)$ (usiklah $A$ dengan $\varepsilon I$ : sebab $\det(A + \varepsilon I)$ merupakan polinomial tak nol dalam $\varepsilon$ ).
Tunjukkan bahwa pemetaan pembalikan $\Phi(A) = A^{-1}$ bersifat kontinu pada $GL_n(\R)$ .

Bagian II — Diferensial pertama.

Tunjukkan bahwa pemetaan pengkuadratan $A \mapsto A^2$ bersifat terdiferensialkan dengan diferensial $H \mapsto AH + HA$ , dan lebih umum bahwa $A \mapsto A^k$ punya diferensial $H \mapsto \sum_{i=0}^{k-1} A^iHA^{k-1-i}$ . Mengapa kita tak boleh menulis $kA^{k-1}H$ secara umum?
Buktikan bahwa $\Phi(A) = A^{-1}$ terdiferensialkan pada $GL_n(\R)$ dengan

$\dd\Phi_A(H) = -A^{-1}HA^{-1}$

(tulislah $(A + H)^{-1} = (I + A^{-1}H)^{-1}A^{-1}$ lalu uraikan lewat pertanyaan 2). Periksalah rumusnya terhadap kasus skalar $n = 1$ .
Untuk kurva $C^1$ $t \mapsto A(t) \in GL_n(\R)$ , turunkan $\bigl(A(t)^{-1}\bigr)' = -A^{-1}A'A^{-1}$ , lalu uraikan $t \mapsto (I + tB)^{-1}$ sampai orde pertama di $t = 0$ .
Hitunglah diferensial $f(A) = \operatorname{tr}(A^k)$ lalu kenali gradiennya bagi hasil kali dalam Frobeniusnya:

$\dd f_A(H) = k\operatorname{tr}\bigl(A^{k-1}H\bigr), \qquad \nabla f(A) = k\,\bigl(A^{k-1}\bigr)^{\mathsf T} .$
Pertanyaan yang sama untuk $f(A) = \operatorname{tr} (A^{\mathsf T}A) = \norm A_F^2$ : yakni diferensialnya, gradiennya, dan Hessiannya (yang tetap); lalu simpulkan bahwa $\norm\cdot_F^2$ bersifat cembung tegas.

Bagian III — Rumus Jacobi.

Buktikan

$\det(I + H) = 1 + \operatorname{tr}H + O\bigl(\vertiii H^2\bigr)$

(uraikan $\det(e_1 + h_1, \dots, e_n + h_n)$ lewat kemultilinearan pada kolomnya: sebab suku dengan sekurangnya dua kolom- $h$ bernilai $O(\vertiii H^2)$ ): jadi $\dd(\det)_I = \operatorname{tr}$ .
Untuk $A$ yang terbalikkan, turunkan

$\dd(\det)_A(H) = \det(A)\, \operatorname{tr}\bigl(A^{-1}H\bigr) .$
Tunjukkan bahwa untuk setiap $A$ (terbalikkan atau tidak), berlaku $\frac{\partial\det}{\partial a_{ij}}(A) = C_{ij}$ , yakni kofaktor $(i,j)$ -nya (lewat penguraian Laplace sepanjang baris $i$ ), sehingga dengan adjugatnya $\operatorname{adj}A = \operatorname{com}(A)^{\mathsf T}$ :

$\dd(\det)_A(H) = \operatorname{tr}\bigl(\operatorname{adj}(A)\,H\bigr), \qquad \nabla(\det)(A) = \operatorname{com}(A) ,$

yang memulihkan pertanyaan 11 ketika $A$ terbalikkan (sebab $\operatorname{adj}A = \det(A)A^{-1}$ ). Inilah rumus Jacobi: $\bigl(\det A(t)\bigr)' = \operatorname{tr}\bigl( \operatorname{adj}(A(t))\,A'(t)\bigr)$ .
(Rumus Liouville) Misalkan $A(t)$ kurva matriks $C^1$ yang memenuhi persamaan diferensial linear $A'(t) = M(t)A(t)$ . Buktikan

$\bigl(\det A(t)\bigr)' = \operatorname{tr}\bigl(M(t)\bigr)\,\det A(t), \qquad\text{sehingga}\qquad \det A(t) = \det A(0)\, \exp\Bigl(\int_0^t\operatorname{tr}M\Bigr)$

(pakailah $\operatorname{adj}(A)\,A = \det(A)I$ dan keinvarianan siklik tracenya) — yakni kesamaan Wronskian yang kelak dipakai bab persamaan diferensial secara terus-menerus.
Tunjukkan bahwa $SL_n(\R) = \{\det = 1\}$ merupakan himpunan aras yang mulus: sebab di setiap $A \in SL_n(\R)$ diferensial $\dd(\det)_A$ merupakan pemetaan linear yang surjektif ke $\R$ (nilailah ia di $H = \frac1nA$ ).

Bagian IV — Eksponensial matriks.

Tunjukkan bahwa $\eu^A = \sum_{k\geq0}\frac{A^k}{k!}$ konvergen mutlak untuk setiap $A$ , dan normal pada setiap bola, dengan $\vertiii{\eu^A} \leq \eu^{\vertiii A}$ ; dan bahwa $\eu^A$ bergantung secara kontinu pada $A$ .
Buktikan bahwa $AB = BA$ mengakibatkan $\eu^{A+B} = \eu^A\eu^B$ (lewat hasil kali Cauchy, yang sah berkat kekonvergenan mutlaknya); lalu turunkan bahwa $\eu^A$ selalu terbalikkan, dengan balikan $\eu^{-A}$ : jadi $\exp$ memetakan $\mathcal M_n(\R)$ ke dalam $GL_n(\R)$ .
Tunjukkan bahwa $t \mapsto \eu^{tA}$ bersifat $C^1$ (bahkan $C^\infty$ ) dengan

$\frac{\dd}{\dd t}\,\eu^{tA} = A\,\eu^{tA} = \eu^{tA}A$

(turunkan deretnya suku demi suku pada ruas: sebab deret turunannya konvergen normal).
Buktikan kesamaan

$\det\bigl(\eu^{A}\bigr) = \eu^{\operatorname{tr}A}$

(terapkan rumus Liouville pada pertanyaan 13 untuk $A(t) = \eu^{tA}$ ). Pemeriksaan kewarasannya: kasus $n = 1$ ; lalu $A$ yang nilpoten; dan matriks bertrace nol yang mendarat di $SL_n(\R)$ .
Tunjukkan $\eu^H = I + H + O(\vertiii H^2)$ , jadi $\exp$ bersifat terdiferensialkan di $0$ dengan $\dd(\exp)_0 = \mathrm{id}$ ; lalu simpulkan lewat teorema fungsi balikan (Teorema 15.14) bahwa $\exp$ merupakan difeomorfisma $C^1$ dari sebuah persekitaran $0$ ke sebuah persekitaran $I$ : jadi setiap matriks yang dekat ke identitasnya punya logaritma.
Tunjukkan bahwa $\exp$ memetakan matriks simetrik ke matriks simetrik yang definit positif, secara bijektif (diagonalkan; sebab balikannya adalah logaritma spektralnya).

Bagian V — Grup ortogonal sebagai sebuah himpunan aras.

Misalkan $F(A) = A^{\mathsf T}A$ , dari $\mathcal M_n(\R)$ ke matriks simetrik $S_n$ . Hitunglah $\dd F_A(H) = A^{\mathsf T}H + H^{\mathsf T}A$ lalu tunjukkan bahwa di setiap $A \in O_n = F^{-1}(I)$ diferensial ini bersifat surjektif ke $S_n$ (diberikan $S \in S_n$ , cobalah $H = \frac12 AS$ ): jadi $O_n$ merupakan himpunan aras yang mulus, berdimensi $n^2 - \frac{n(n+1)}2 = \frac{n(n-1)}2$ .
Tunjukkan bahwa setiap kurva $C^1$ $A(t) \in O_n$ dengan $A(0) = I$ punya kecepatan $A'(0)$ yang antisimetrik, dan sebaliknya bahwa untuk $K$ yang antisimetrik kurva $\eu^{tK}$ tinggal di $O_n$ : jadi ruang singgung $O_n$ di $I$ persis merupakan matriks antisimetriknya.
Tunjukkan $\det\eu^{K} = 1$ untuk $K$ yang antisimetrik (pertanyaan 18): jadi kurva eksponensialnya hidup di grup perputaran $SO_n$ . Hitunglah ia selengkapnya untuk $n = 2$ : dengan $J = \begin{pmatrix}0 & -1\\ 1 & 0\end{pmatrix}$ , buktikanlah

$\eu^{\theta J} = \begin{pmatrix} \cos\theta & -\sin\theta\\ \sin\theta & \cos\theta\end{pmatrix} :$

jadi eksponensial matriksnya adalah perputaran sebesar $\theta$ , dan definisi deret bagi kosinus dan sinus muncul kembali di dalam sebuah matriks.
(Siasat kepadatan) Dengan memakai kepadatan $GL_n(\R)$ (pertanyaan 3) dan kekontinuannya, perluaslah dari yang terbalikkan ke semua matriks kesamaan

$\operatorname{adj}(AB) = \operatorname{adj}(B)\operatorname{adj}(A)$

(sebab untuk $A, B$ yang terbalikkan kedua ruasnya sama dengan $\det(AB)(AB)^{-1}$ ; dan kedua ruasnya polinomial dalam entrinya).
Rangkuman. Satu kalimat untuk masing-masing: (i) bab terdahulu mana yang menyediakan mesin tiap Bagiannya (yakni kelengkapan dan aljabar bernorma; teorema spektral; teorema fungsi balikan); (ii) rumus mana pada soal ini yang kelak disandari bab persamaan diferensial, dan di mana; (iii) apa yang dikatakan $\dd(\det)_I = \operatorname{tr}$ dan $\det\eu^A = \eu^{\operatorname{tr}A}$ tentang trace dan determinan sebagai “volume infinitesimal dan global”; (iv) apa yang dijadikan jilid Tahun ke-3 dari pertanyaan 21–23 (yakni grup Lie beserta aljabar Lie-nya).

Solusi

Solusi Soal 15.1.

1. Berlaku $\norm{ABx} \leq \vertiii A\norm{Bx} \leq \vertiii A\vertiii B\norm x$ : jadi ambillah sup atas $\norm x = 1$ . Adapun hasil kali matriks, $\det$ dan $\operatorname{tr}$ merupakan fungsi polinomial atas entrinya, sehingga kontinu (sebab $\mathcal M_n(\R) \simeq \R^{n^2}$ dan semua normanya setara: Teorema 5.13).

2. Berlaku $\sum\vertiii{X^k} \leq \sum\vertiii X^k < \infty$ : jadi deretnya konvergen mutlak, sehingga konvergen (Teorema 5.21). Lalu dari $(I - X)\sum_{k\leq N}X^k = I - X^{N+1} \to I$ : jumlahnya adalah $(I - X)^{-1}$ . Normanya: $\leq \sum\vertiii X^k = \frac{1}{1 - \vertiii X}$ ; dan

(I - X)^{-1} - I - X = \sum_{k\geq2}X^k = X^2(I - X)^{-1}, \qquad \vertiii{X^2(I-X)^{-1}} \leq \frac{\vertiii X^2}{1 - \vertiii X} = O(\vertiii X^2).

3. Berlaku $A + H = A(I + A^{-1}H)$ dengan $\vertiii{A^{-1}H} \leq \vertiii{A^{-1}}\vertiii H < 1$ : jadi terbalikkan menurut pertanyaan 2, sehingga bola terbuka berjari-jari $\vertiii{A^{-1}}^{-1}$ di sekitar $A$ terletak di $GL_n(\R)$ . Kepadatannya: $\det(A + \varepsilon I)$ adalah polinomial berderajat $n$ dalam $\varepsilon$ dengan koefisien utama $1$ : jadi ia punya berhingga banyak akar, sehingga ada $\varepsilon_k \to 0$ dengan $A + \varepsilon_kI$ terbalikkan dan konvergen ke $A$ .

4. Untuk $\vertiii H < \frac{1}{2\vertiii{A^{-1}}}$ :

(A + H)^{-1} - A^{-1} = \bigl[(I + A^{-1}H)^{-1} - I\bigr]A^{-1},

yang bernorma paling banyak $\frac{\vertiii{A^{-1}H}}{1 - \vertiii{A^{-1}H}}\,\vertiii{A^{-1}} \leq 2\vertiii{A^{-1}}^2\vertiii H \to 0$ : jadi $\Phi$ kontinu di setiap $A \in GL_n(\R)$ .

5. Berlaku $(A+H)^2 = A^2 + AH + HA + H^2$ : jadi pemetaan $H \mapsto AH + HA$ bersifat linear dan galatnya $H^2$ bernilai $O(\vertiii H^2)$ . Menguraikan $(A + H)^k$ lalu menyortirnya menurut banyaknya faktor $H$ : bagian linearnya adalah $\sum_{i=0}^{k-1}A^iHA^{k-1-i}$ , sedangkan suku dengan $\geq 2$ faktor $H$ dibatasi oleh sebanyak $\binom k2$ hasil kali bernorma berskala $\leq \vertiii A^{k-2}\vertiii H^2$ : jadi $O(\vertiii H^2)$ . Kita tak dapat meruntuhkan jumlahnya menjadi $kA^{k-1}H$ karena $H$ dan $A$ tak harus komut — jadi jumlahnya adalah turunan tak komutatif yang benar.

6. Untuk $H$ yang kecil:

(A+H)^{-1} = (I + A^{-1}H)^{-1}A^{-1} = \bigl(I - A^{-1}H + O(\vertiii H^2)\bigr)A^{-1} = A^{-1} - A^{-1}HA^{-1} + O(\vertiii H^2) :

jadi $\dd\Phi_A(H) = -A^{-1}HA^{-1}$ , yang linear dalam $H$ . Untuk $n = 1$ : $\dd(1/a)(h) = -h/a^2$ , yakni turunan yang sudah dikenal.

7. Aturan rantai sepanjang kurvanya memberi $\bigl(A(t)^{-1}\bigr)' = \dd\Phi_{A(t)}(A'(t)) = -A(t)^{-1}A'(t)A(t)^{-1}$ . Di $A(t) = I + tB$ dengan $t = 0$ : $(I + tB)^{-1} = I - tB + O(t^2)$ .

8. Menurut pertanyaan 5 dan keinvarianan siklik tracenya:

\dd f_A(H) = \operatorname{tr}\Bigl(\sum_{i=0}^{k-1} A^iHA^{k-1-i}\Bigr) = k\operatorname{tr}\bigl(A^{k-1}H\bigr) .

Terhadap hasil kali Frobeniusnya, syarat $\dd f_A(H) = \operatorname{tr}\bigl((\nabla f)^{\mathsf T}H\bigr)$ menuntut $(\nabla f)^{\mathsf T} = kA^{k-1}$ : jadi $\nabla f(A) = k\,(A^{k-1})^{\mathsf T}$ .

9. Berlaku $f(A + H) - f(A) = 2\operatorname{tr} (A^{\mathsf T}H) + \operatorname{tr}(H^{\mathsf T}H)$ : jadi diferensialnya adalah $H \mapsto 2\operatorname{tr}(A^{\mathsf T}H) = 2\langle A, H\rangle$ , sehingga $\nabla f(A) = 2A$ ; sedangkan suku orde duanya persis $\norm H_F^2$ : jadi Hessiannya dua kali bentuk kuadratik identitasnya, yang definit positif dan tetap, sehingga $\norm\cdot_F^2$ bersifat cembung tegas (sebab rumus Taylornya eksak di sini).

10. Berkat kemultilinearan pada kolomnya, $\det(I + H) = \sum_{S\subseteq\{1,\dots,n\}}\det(M_S)$ dengan $M_S$ berkolom $h_j$ untuk $j \in S$ dan $e_j$ selebihnya. Adapun $S = \varnothing$ memberi $1$ ; lalu $S = \{j\}$ memberi determinan $I$ dengan kolom $j$ -nya diganti $h_j$ , yakni entri ke- $j$ -nya $h_{jj}$ , yang berjumlah $\operatorname{tr}H$ ; sedangkan tiap suku dengan $\abs S \geq 2$ adalah determinan dengan sekurangnya dua kolom berukuran $O(\vertiii H)$ , sehingga $O(\vertiii H^2)$ (sebab pemetaan multilinear pada ruang berdimensi hingga bersifat terbatas), dan banyaknya berhingga. Jadi $\det(I + H) = 1 + \operatorname{tr}H + O(\vertiii H^2)$ : sehingga $\dd(\det)_I = \operatorname{tr}$ .

11. Berlaku $\det(A + H) = \det A\,\det(I + A^{-1}H) = \det A\,\bigl(1 + \operatorname{tr}(A^{-1}H) + O(\vertiii H^2)\bigr)$ : jadi diferensialnya adalah $H \mapsto \det(A)\operatorname{tr}(A^{-1}H)$ .

12. Penguraian Laplace sepanjang baris $i$ : $\det A = \sum_j a_{ij}C_{ij}$ , dan kofaktor $C_{ij}$ tak melibatkan baris $i$ : jadi $\frac{\partial\det}{\partial a_{ij}} = C_{ij}$ . Karena itu

\dd(\det)_A(H) = \sum_{i,j}C_{ij}h_{ij} = \operatorname{tr}\bigl(\operatorname{com}(A)^{\mathsf T} H\bigr) = \operatorname{tr}\bigl(\operatorname{adj}(A)H\bigr), \qquad \nabla(\det)(A) = \operatorname{com}(A) .

Untuk $A$ yang terbalikkan, $\operatorname{adj}A = \det(A)A^{-1}$ memulihkan pertanyaan 11. Sepanjang kurva $C^1$ , aturan rantainya berbunyi $(\det A(t))' = \operatorname{tr}(\operatorname{adj} (A(t))\,A'(t))$ : itulah rumus Jacobi.

13. Dengan $A' = MA$ dan $\operatorname{adj}(A)A = \det(A)I$ :

(\det A)' = \operatorname{tr}\bigl(\operatorname{adj}(A)MA \bigr) = \operatorname{tr}\bigl(A\operatorname{adj}(A)M\bigr) = \det A\;\operatorname{tr}M

(berkat kesiklikannya; sebab $A\operatorname{adj}A = \det(A) I$ juga). Adapun persamaan diferensial linear skalar $y' = \operatorname{tr}(M(t))\,y$ punya penyelesaian tunggal $y(t) = y(0)\exp\bigl(\int_0^t \operatorname{tr}M\bigr)$ (lewat Tahun ke-1): itulah rumus Liouville.

14. Di $A \in SL_n(\R)$ , ambillah $H = \frac1nA$ : maka $\dd(\det)_A\bigl(\tfrac1nA\bigr) = \frac1n\det(A) \operatorname{tr}(A^{-1}A) = \frac1n\cdot1\cdot n = 1 \neq 0$ : jadi diferensialnya merupakan bentuk linear yang tak nol, sehingga surjektif ke $\R$ di setiap titik himpunan arasnya: jadi $SL_n(\R)$ merupakan himpunan aras yang mulus (berdimensi $n^2 - 1$ ).

15. Berlaku $\sum_k\vertiii{A^k/k!} \leq \sum\vertiii A^k/k! = \eu^{\vertiii A}$ : jadi kekonvergenan mutlaknya (lewat hujah kelengkapan pertanyaan 2), dengan kekonvergenan normal pada setiap bola $\vertiii A \leq R$ (sebab batasnya $R^k/k!$ tak bergantung pada $A$ ). Lalu tiap jumlah parsialnya kontinu (sebab polinomial); dan limit seragamnya pada bola bersifat kontinu: jadi $A \mapsto \eu^A$ bersifat kontinu, dengan $\vertiii{\eu^A} \leq \eu^{\vertiii A}$ .

16. Kedua deretnya konvergen mutlak, jadi hasil kali Cauchynya sah (Teorema 7.14):

\eu^A\eu^B = \sum_{n\geq0}\frac{1}{n!}\sum_{k=0}^n\binom nkA^kB^{n-k} = \sum_{n\geq0}\frac{(A+B)^n}{n!} = \eu^{A+B},

dengan kesamaan binomialnya menuntut $AB = BA$ . Lalu dengan $B = -A$ : $\eu^A\eu^{-A} = \eu^0 = I$ : jadi setiap $\eu^A \in GL_n(\R)$ .

17. Deret $\sum t^kA^k/k!$ dan deret turunannya $\sum t^{k-1}A^k/(k-1)! = A\sum t^{k-1}A^{k-1}/(k-1)!$ konvergen normal pada setiap ruas $\abs t \leq T$ (dengan batas $T^k\vertiii A^k/k!$ ): jadi teorema penurunan bagi deret (Teorema 10.11, yang diterapkan entri demi entri) memberi $\frac{\dd}{\dd t}\eu^{tA} = A\eu^{tA}$ ; sedangkan memfaktorkan $A$ di kanannya justru memberi $\eu^{tA}A$ . Setelah diiterasikan: jadi $C^\infty$ .

18. Kurva $A(t) = \eu^{tA}$ memenuhi $A'(t) = A\,A(t)$ : jadi rumus Liouville (pertanyaan 13) dengan $M = A$ yang tetap memberi $\det\eu^{tA} = \eu^{t\operatorname{tr}A}$ (yang bernilai $1$ di $t = 0$ ); lalu di $t = 1$ : $\det\eu^A = \eu^{\operatorname{tr}A}$ . Pemeriksaannya: kasus $n = 1$ adalah eksponensialnya sendiri; lalu $A$ yang nilpoten punya $\operatorname{tr}A = 0$ dengan $\eu^A$ unipoten berdeterminan $1$ ; dan $\operatorname{tr}A = 0$ memberi $\det\eu^A = 1$ : jadi matriks bertrace nol dikirim ke dalam $SL_n(\R)$ .

19. Berlaku $\eu^H - I - H = \sum_{k\geq2}H^k/k!$ , yang bernorma $\leq \vertiii H^2\eu^{\vertiii H} = O(\vertiii H^2)$ : jadi $\dd(\exp)_0 = \mathrm{id}$ , yang terbalikkan. Lebih jauh $\exp$ bersifat $C^1$ : sebab menurut pertanyaan 5, calon diferensialnya $H \mapsto \sum_k\frac1{k!}\sum_iA^iHA^{k-1-i}$ merupakan deret pemetaan linear yang konvergen normal dan bergantung secara kontinu pada $A$ (dengan batas $\vertiii A^{k-1}/(k-1)!$ pada bola), jadi turunan parsialnya ada dan kontinu (lewat Teorema 15.2 dan teorema pemindahan deretnya). Lalu teorema fungsi balikan (Teorema 15.14) berlaku di $0$ : jadi $\exp$ merupakan difeomorfisma $C^1$ dari sebuah persekitaran $0$ ke sebuah persekitaran $I$ — sehingga matriks di dekat $I$ punya logaritma.

20. Untuk $S = PDP^{\mathsf T}$ yang simetrik (lewat teorema spektral): $\eu^S = P\eu^DP^{\mathsf T}$ bersifat simetrik dengan nilai eigen $\eu^{\lambda_i} > 0$ : jadi definit positif. Kesurjektifannya: sebab $Q = P\operatorname{diag}(\mu_i)P^{\mathsf T}$ yang definit positif (dengan $\mu_i > 0$ ) sama dengan $\eu^S$ untuk $S = P\operatorname{diag}(\ln\mu_i)P^{\mathsf T}$ . Keinjektifannya: sebab $\eu^S$ menentukan ruang eigennya, yang persis merupakan ruang eigen $S$ (sebab pada tiap ruang eigen $S$ bagi $\lambda$ , $\eu^S$ bekerja sebagai $\eu^\lambda$ ; dan $\lambda$ yang berbeda memberi $\eu^\lambda$ yang berbeda), lalu mengambil $\ln$ nilai eigennya memulihkan $S$ . Jadi $\exp$ merupakan bijeksi dari matriks simetrik ke matriks yang definit positif.

21. Berlaku $F(A + H) = A^{\mathsf T}A + A^{\mathsf T}H + H^{\mathsf T}A + H^{\mathsf T}H$ : jadi $\dd F_A(H) = A^{\mathsf T}H + H^{\mathsf T}A$ (yang bernilai di $S_n$ , dengan galat $O(\vertiii H^2)$ ). Lalu di $A \in O_n$ dan untuk $S \in S_n$ , pilihan $H = \frac12AS$ memberi

A^{\mathsf T}\cdot\tfrac12AS + \tfrac12(AS)^{\mathsf T}A = \tfrac12 S + \tfrac12 S^{\mathsf T} = S :

jadi surjektif. Sehingga $O_n = F^{-1}(I)$ merupakan himpunan aras yang mulus, berdimensi $n^2 - \dim S_n = \frac{n(n-1)}2$ .

22. Menurunkan $A(t)^{\mathsf T}A(t) = I$ di $t = 0$ (dengan $A(0) = I$ ) memberi $A'(0)^{\mathsf T} + A'(0) = 0$ : jadi antisimetrik. Sebaliknya, untuk $K^{\mathsf T} = -K$ : $(\eu^{tK})^{\mathsf T}\eu^{tK} = \eu^{tK^{\mathsf T}} \eu^{tK} = \eu^{-tK}\eu^{tK} = I$ (transposkan deretnya suku demi suku; sebab eksponennya komut): jadi kurvanya tinggal di $O_n$ , dengan kecepatan $K$ di $t = 0$ . Jadi ruang singgungnya di $I$ $=$ matriks antisimetriknya, yang berdimensi seperti diharapkan $\frac{n(n-1)}2$ .

23. Berlaku $\operatorname{tr}K = 0$ untuk $K$ yang antisimetrik, jadi $\det\eu^K = \eu^0 = 1$ (pertanyaan 18): sehingga eksponensialnya mendarat di $SO_n$ . Untuk $n = 2$ : $J^2 = -I$ , jadi $J^{2m} = (-1)^mI$ dan $J^{2m+1} = (-1)^mJ$ , sehingga

\eu^{\theta J} = \Bigl(\sum_m\frac{(-1)^m\theta^{2m}}{(2m)!}\Bigr)I + \Bigl(\sum_m\frac{(-1)^m\theta^{2m+1}}{(2m+1)!}\Bigr)J = \cos\theta\,I + \sin\theta\,J ,

yakni perputaran sebesar $\theta$ : jadi deret sinus dan kosinusnya hidup di dalam eksponensial matriksnya.

24. Untuk $A, B$ yang terbalikkan: $\operatorname{adj}(AB) = \det(AB)(AB)^{-1} = \det(B)\det(A)B^{-1}A^{-1} = \operatorname{adj}(B)\operatorname{adj}(A)$ . Adapun kedua ruas kesamaannya merupakan pemetaan polinomial (sehingga kontinu) atas entri $(A, B)$ ; dan keduanya sepakat pada himpunan bagian padat $GL_n\times GL_n$ milik $\mathcal M_n\times\mathcal M_n$ (lewat pertanyaan 3: hampirilah tiap faktornya), jadi keduanya sepakat di mana-mana.

25. (i) Bagian I berjalan atas kelengkapan ruang bernorma berdimensi hingga (sebab deret yang konvergen mutlak akan konvergen), Bagian IV atas hal yang sama ditambah teorema spektral untuk pertanyaan 20, dan logaritma lokal Bagian V atas teorema fungsi balikan. (ii) Bab persamaan diferensial menyandari rumus Liouville (pertanyaan 13) bagi Wronskian sistem linearnya, dan $\frac{\dd}{\dd t}\eu^{tA} = A\eu^{tA}$ (pertanyaan 17), yang tak lain pernyataan bahwa $\eu^{tA}$ menyelesaikan $X' = AX$ . (iii) Kesamaan $\dd(\det)_I = \operatorname{tr}$ mengatakan bahwa trace adalah laju infinitesimal perubahan volumenya, sedangkan $\det\eu^A = \eu^{\operatorname{tr}A}$ mengintegralkan pernyataan itu secara global. (iv) Jilid Tahun ke-3 menamai strukturnya: $O_n$ dan $SL_n(\R)$ adalah grup Lie, ruang singgungnya di $I$ (yakni matriks antisimetrik dan bertrace nol) adalah aljabar Lie, dan $\exp$ adalah jembatan di antara keduanya.

Istilah yang didefinisikan dalam bab ini

terdiferensialkan

Lihat semua 395 istilah di glosarium