Universitaire wiskunde — Bachelor jaar 2 · Bachelor Year 2

15Differentiaalrekening

De calculus in twee variabelen van het volume Jaar 1 rijpt hier tot de differentiaalrekening van afbeeldingen tussen genormeerde ruimten: de differentiaal als beste lineaire benadering, de kettingregel in volle algemeenheid, de symmetriestelling van Schwarz bewezen, Taylorformules, en de volledige tweede-orde analyse van extrema. De stelling van de inverse functie, kroon van de theorie, wordt geformuleerd met haar bewijsstrategie — een Banach-vastpunt — expliciet gemaakt.

Overal is $U$ een open deelverzameling van $\R^n$ (of van een genormeerde ruimte; het eindigdimensionale geval draagt alle ideeën), $f \colon U \to \R^m$ .

15.1 De differentiaal

Definitie 15.1

$f$ is differentieerbaar in $a$ wanneer er een (continue) lineaire afbeelding $\dd f_a \colon \R^n \to \R^m$ bestaat met

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

De afbeelding $\dd f_a$ , de differentiaal van $f$ in $a$ , is uniek; haar matrix in de canonieke basissen is de Jacobimatrix $J_f(a) = \bigl(\frac{\partial f_i}{\partial x_j}(a)\bigr)$ . Differentieerbaarheid impliceert continuïteit en het bestaan van alle richtingsafgeleiden $\dd f_a(v) = \lim_{t\to0}\frac{f(a + tv) - f(a)}{t}$ ; het omgekeerde faalt (Oefening 15.2). Voor $m = 1$ is $\dd f_a(h) = \langle \nabla f(a), h\rangle$ : de gradiënt van Jaar 1, nu begrepen als de vector die de differentiaal voorstelt.

Stelling 15.2 ( $C^1$ -criterium)

Als alle partiële afgeleiden van $f$ op $U$ bestaan en continu zijn in $a$ , dan is $f$ differentieerbaar in $a$ . “ $C^1$ op $U$ ” — continue partiële afgeleiden — impliceert dus differentieerbaarheid overal, met continue differentiaal.

Bewijs. Componentgewijs ( $m = 1$ volstaat). Het bewijs van Jaar 1 voor twee variabelen — één coördinaat tegelijk verplaatsen, de éénvariabele middelwaardestelling op elk been toepassen, en de continuïteit van de partiële afgeleiden in $a$ gebruiken — generaliseert woordelijk naar $n$ benen:

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),

waar $h^{(j)}$ de eerste $j$ coördinaten van $h$ bevriest en $\xi_j$ op het $j$ -de been ligt; continuïteit maakt elke $\frac{\partial f}{\partial x_j}(\xi_j)$ tot $\frac{\partial f}{\partial x_j}(a) + o(1)$ , en de fout is $o(\norm h)$ . ∎

Stelling 15.3 (Kettingregel)

Als $f$ differentieerbaar is in $a$ en $g$ in $f(a)$ , dan is $g \circ f$ differentieerbaar in $a$ met

\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) :

Jacobimatrices vermenigvuldigen.

Bewijs. Schrijf $f(a + h) = f(a) + \dd f_a(h) + \norm h\,\varepsilon_1(h)$ en $g(b + k) = g(b) + \dd g_b(k) + \norm k\,\varepsilon_2(k)$ met $b = f(a)$ , $k = k(h) = \dd f_a(h) + \norm h \varepsilon_1(h)$ . Substitueren levert

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),

en beide fouttermen zijn $o(\norm h)$ : de eerste omdat $\dd g_b$ continu is en $\varepsilon_1 \to 0$ ; de tweede omdat $\norm k \leq C\norm h$ (begrensde lineaire afbeelding plus kleine term) en $\varepsilon_2(k) \to 0$ als $h \to 0$ . ∎

Voorbeeld 15.4 (Radiale functies, eens en voor altijd)

Zij $r(x) = \norm x_2$ op $\R^n\setminus\{0\}$ en $f = g \circ r$ met $g$ een $C^1$ -functie van één variabele. Ten eerste is $r$ differentieerbaar buiten $0$ : uit $r^2 = \sum x_i^2$ volgt

\frac{\partial r}{\partial x_i} = \frac{x_i}{r}, \qquad\text{d.w.z.}\qquad \nabla r(x) = \frac{x}{\norm x} ,

de eenheidsradiale vector (differentieer $r^2$ en deel — of pas de kettingregel toe op $\sqrt{\cdot}$ ). De kettingregel geeft dan, voor elke radiale functie,

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

Uitgewerkt voorbeeld: $g(r) = \frac1r$ levert $\nabla\frac{1}{\norm x} = -\frac{x}{\norm x^3}$ , het omgekeerd-kwadratische veld van gravitatie en elektrostatica — richting radiaal, grootte $\frac{1}{\norm x^2}$ . Slotinzicht: gradiënten van radiale functies zijn radiaal omdat de niveauverzamelingen bollen zijn en de gradiënt orthogonaal is op niveauverzamelingen; in $x = 0$ is $r$ daarentegen niet differentieerbaar (geen kandidaat lineaire afbeelding past bij $\norm h$ vanuit alle richtingen) — gladde radiale profielen hebben $g'(0) = 0$ nodig om de oorsprong netjes te kruisen.

Stelling 15.5 (Middelwaardeongelijkheid)

Zij $f$ differentieerbaar op $U$ en het segment $\intcc{a}{b} = \{a + t(b-a)\}$ bevat in $U$ . Dan is

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

In het bijzonder is een differentieerbare afbeelding met nuldifferentiaal op een samenhangende open verzameling constant.

Bewijs. De functie $\varphi(t) = f(a + t(b-a))$ is differentieerbaar op $\intcc{0}{1}$ met $\varphi'(t) = \dd f_{a + t(b-a)}(b - a)$ (kettingregel), van norm $\leq M\norm{b-a}$ met $M$ de weergegeven sup. Voor $\R$ -waardige $f$ besluit de éénvariabele middelwaardeongelijkheid; voor vectorwaarden pas haar toe op $t \mapsto \langle u, \varphi(t)\rangle$ met $u$ de eenheidsvector langs $f(b) - f(a)$ . Constantheid: lokaal constant (segmenten in ballen) plus samenhang (de verzameling waar $f$ een gegeven waarde aanneemt is open en gesloten: Hoofdstuk 4). ∎

Voorbeeld 15.6 (Een Lipschitzconstante uit de MVI)

Is $f(x, y) = \sin x\,\sin y$ Lipschitz op $\R^2$ , en met welke constante? Haar gradiënt is $\nabla f = (\cos x\sin y,\ \sin x\cos y)$ , van gekwadrateerde norm

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

(bind $\cos^2x$ en $\sin^2x$ afzonderlijk door $1$ ), dus $\vertiii{\dd f_{(x,y)}} = \norm{\nabla f} \leq 1$ overal, en Stelling 15.5 op het segment tussen twee willekeurige punten geeft

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

$f$ is $1$ -Lipschitz, en de constante is scherp (nabij de oorsprong heeft $f(x, \tfrac\pi2) = \sin x$ helling $1$ ). Slotinzicht: de middelwaardeongelijkheid zet een puntsgewijze grens op de differentiaal om in een globale continuïteitsmodulus — de standaardroute naar Lipschitzschattingen in elke dimensie, en de motor in Oefening 15.12.

15.2 Tweede afgeleiden

Stelling 15.7 (Schwarz)

Als $f$ van klasse $C^2$ is op $U$ (alle tweede partiële afgeleiden bestaan en zijn continu), dan geldt voor alle $i, j$ :

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

Bewijs. Twee variabelen volstaan ( $x = x_i$ , $y = x_j$ , de rest bevroren). Beschouw het tweede verschil

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

Fixeer $h$ en stel $\varphi(x) = f(x, b+h) - f(x, b)$ : dan is $\Delta(h) = \varphi(a + h) - \varphi(a)$ , en twee toepassingen van de middelwaardestelling geven

\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),

met $\xi \in \intoo{a}{a+h}$ , $\eta \in \intoo{b}{b+h}$ . Door continuïteit geldt $\frac{\Delta(h)}{h^2} \to \frac{\partial^2 f}{\partial y\partial x}(a, b)$ als $h \to 0$ . Dezelfde berekening met de rollen van de variabelen omgewisseld (eerst de tweede variabele bevriezen) geeft $\frac{\Delta(h)}{h^2} \to \frac{\partial^2 f}{\partial x \partial y}(a,b)$ : de twee limieten van dezelfde grootheid vallen samen. ∎

Voorbeeld 15.8 (Waarom $C^2$ nodig is: het tegenvoorbeeld van Peano)

Zij $f(x, y) = \dfrac{xy(x^2 - y^2)}{x^2 + y^2}$ , $f(0,0) = 0$ . Buiten de oorsprong is $f$ van klasse $C^\infty$ ; in de oorsprong bestaan alle eerste en tweede partiële afgeleiden, maar de gemengde zijn het oneens. Bereken langs de assen: $f(x, 0) = f(0, y) = 0$ , en voor $y \neq 0$ ,

\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{symmetrisch}\qquad \frac{\partial f}{\partial y}(x, 0) = x .

Dus

\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 :

de twee gemengde partiële afgeleiden bestaan en verschillen. Geen tegenspraak met Stelling 15.7: de tweede partiële afgeleiden van $f$ zijn niet continu in $0$ (test langs $y = tx$ ). Slotinzicht: de stelling van Schwarz is een echte stelling over continuïteit, geen formele identiteit — en de hypothese “ $C^2$ ” in Taylor–Young hieronder doet echt werk.

Stelling 15.9 (Taylor–Young van orde 2)

Zij $f \colon U \to \R$ van klasse $C^2$ en $a \in U$ . Dan, als $h \to 0$ ,

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

waar $H_a = \bigl(\frac{\partial^2 f}{\partial x_i\partial x_j}(a)\bigr)$ de (symmetrische, door Schwarz) Hessematrice is.

Bewijs. Pas de éénvariabele stelling van Taylor–Young (volume Jaar 1) toe op $\varphi(t) = f(a + th)$ op $\intcc{0}{1}$ : door de kettingregel is $\varphi'(t) = \langle \nabla f(a + th), h\rangle$ en $\varphi''(t) = \langle H_{a+th}h, h\rangle$ , beide continu in $t$ . Dan is $\varphi(1) = \varphi(0) + \varphi'(0) + \frac12\varphi''(\theta)$ (Taylor–Lagrange) met $\theta \in \intoo{0}{1}$ , en de continuïteit van de tweede partiële afgeleiden maakt $\varphi''(\theta) = \varphi''(0) + o(1)\cdot\norm h^2$ uniform: de weergegeven ontwikkeling. ∎

Voorbeeld 15.10 (Een ontwikkeling op twee manieren)

Ontwikkel $f(x, y) = \eu^x\cos y$ in de oorsprong tot orde $2$ . Via samenstelling van éénvariabele ontwikkelingen:

\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) .

Via partiële afgeleiden: $f_x = \eu^x\cos y$ , $f_y = -\eu^x\sin y$ , dus $\nabla f(0) = (1, 0)$ ; en $f_{xx} = f$ , $f_{yy} = -f$ , $f_{xy} = -\eu^x\sin y$ geven $H_0 = \operatorname{diag}(1, -1)$ : Stelling 15.9 reproduceert $1 + x + \frac12(x^2 - y^2)$ . De twee berekeningen stemmen overeen, en de samenstellingsroute was sneller — geen tweede partiële afgeleiden nodig. Slotinzicht: de oorsprong is geen kritiek punt ( $\nabla f \neq 0$ ), dus ondanks de onbepaalde Hessematrice is er geen zadel te verklaren: de lineaire term regelt, en de tweede-ordetest spreekt alleen in kritieke punten.

Stelling 15.11 (Tweede-orde extremumtest, bewezen)

Zij $f$ van klasse $C^2$ nabij een kritiek punt $a$ ( $\nabla f(a) = 0$ ), met Hessematrice $H = H_a$ .

Als $H$ positief definiet is, is $a$ een strikt lokaal minimum (negatief definiet: maximum).
Als $H$ eigenwaarden van beide tekens heeft, is $a$ een zadel: geen extremum.
Als $H$ singulier is (en semidefiniet), geen conclusie.

De “ $rt - s^2$ ”-test van Jaar 1 is het geval $n = 2$ : $\det H = rt - s^2$ , het teken van $\operatorname{tr}$ afgelezen uit $r$ .

Bewijs. Door de spectraalstelling (Stelling 12.13) wordt de kwadratische vorm van $H$ ingeklemd tussen haar extreme eigenwaarden: $\lambda_{\min}\norm h^2 \leq \langle Hh, h\rangle \leq \lambda_{\max}\norm h^2$ .

(1) Als $\lambda_{\min} > 0$ : Taylor–Young geeft

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

voor kleine $h \neq 0$ : strikt lokaal minimum.

(2) Langs een eigenvector $v_+$ met $\lambda_+ > 0$ : $f(a + tv_+) - f(a) = \frac{\lambda_+}{2}t^2 + o(t^2) > 0$ voor kleine $t$ ; langs $v_-$ met $\lambda_- < 0$ is het verschil negatief: beide tekens komen in elke omgeving voor.

(3) $f(x,y) = x^2 + y^4$ , $x^2 - y^4$ , $x^2 + y^3$ delen dezelfde singuliere semidefinite Hessematrice in $0$ met drie verschillende gedragingen. ∎

Voorbeeld 15.12 (Een volledige classificatie, globaal inbegrepen)

Classificeer alle extrema van $f(x, y) = x^4 + y^4 - 4xy$ op $\R^2$ . Kritieke punten: $\nabla f = (4x^3 - 4y,\ 4y^3 - 4x) = 0$ geeft $y = x^3$ en $x = y^3 = x^9$ , dus $x(x^8 - 1) = 0$ : de reële oplossingen zijn $(0,0)$ , $(1,1)$ , $(-1,-1)$ . Hessemmatrices: $H = \begin{pmatrix} 12x^2 & -4\\ -4 & 12y^2\end{pmatrix}$ . In $(\pm1, \pm1)$ : $\begin{pmatrix} 12 & -4\\ -4 & 12\end{pmatrix}$ , eigenwaarden $8$ en $16$ : positief definiet, strikte lokale minima met $f = -2$ . In $(0,0)$ : $\begin{pmatrix} 0 & -4\\ -4 & 0\end{pmatrix}$ , eigenwaarden $\pm4$ : een zadel. Globaliteit: uit $2\abs{xy} \leq x^2 + y^2$ ,

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 :

$f$ is coërcief, dus bereikt een globaal minimum (compactheid van subniveauverzamelingen), noodzakelijk in een kritiek punt: de waarde $-2$ , in zowel $(1,1)$ als $(-1,-1)$ , is het globale minimum; er is geen maximum ( $f$ onbegrensd naar boven). Slotinzicht: de lokale test classificeert kandidaten, maar alleen een groeianalyse maakt “lokaal” tot “globaal” — het tweestaps-patroon van elk optimaliseringsbewijs in dit boek.

Methode 15.13 (De extrema van $f \colon \R^n \to \R$ classificeren)

Los $\nabla f = 0$ op (alle kritieke punten; op een domein met rand, behandel de rand afzonderlijk zoals in Oefening 15.7).
In elk kritiek punt, bereken de Hessematrice en de tekens van haar eigenwaarden — in dimensie $2$ volstaan $\det H$ en $\operatorname{tr} H$ : $\det < 0$ zadel; $\det > 0$ extremum, van het type gegeven door het teken van het spoor; $\det = 0$ : de test zwijgt, bestudeer $f$ langs krommen.
Voor globale uitspraken, voeg een compactheids- of coërciviteitsargument toe ( $f \to +\infty$ op oneindig, of een compacte restrictieverzameling), en vergelijk dan de kritieke waarden.

15.3 De stelling van de inverse functie

Stelling 15.14 (Stelling van de inverse functie)

Zij $f \colon U \to \R^n$ van klasse $C^1$ en $a \in U$ met $\dd f_a$ inverteerbaar. Dan bestaan open omgevingen $V \ni a$ , $W \ni f(a)$ zodat $f \colon V \to W$ een bijectie is met $C^1$ -inverse, en

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

Bewijs. Toegegeven op dit niveau. ∎

Opmerking 15.15 (Waarom het waar is: de vastpuntstrategie)

$f(x) = y$ oplossen nabij $a$ herschrijft zich als de vastpuntvergelijking $x = x + \dd f_a^{-1}\bigl(y - f(x)\bigr) =: \Phi_y(x)$ ; de afbeelding $\Phi_y$ heeft differentiaal $\mathrm{id} - \dd f_a^{-1}\dd f_x$ , klein nabij $a$ door continuïteit van $\dd f$ , dus $\Phi_y$ is een contractie op een kleine gesloten bal en de vastpuntstelling van Banach (Stelling 4.12) levert de unieke lokale oplossing $x = f^{-1}(y)$ . Continuïteit en differentieerbaarheid van de inverse volgen dan uit de schattingen in de contractie. De volledige boekhouding wordt in Jaar 3 uitgevoerd; de strategie — en de uitspraak — worden vanaf nu vrij gebruikt. De begeleidende stelling van de impliciete functie ( $F(x, y) = 0$ oplossen naar $y(x)$ wanneer $\frac{\partial F}{\partial y}$ inverteerbaar is) volgt door de stelling toe te passen op $(x, y) \mapsto (x, F(x,y))$ .

Voorbeeld 15.16 (Poolcoördinaten)

$\Phi(r, \theta) = (r\cos\theta, r\sin\theta)$ heeft Jacobimatrix

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

inverteerbaar voor $r \neq 0$ , dus $\Phi$ is een lokaal $C^1$ - diffeomorfisme buiten de oorsprong — de vergunning om “over te gaan op poolcoördinaten”, vernieuwd voor de meervoudige integralen van Hoofdstuk 20.

Voorbeeld 15.17 (Lokaal overal, globaal nergens)

Zij $f(x, y) = \bigl(\eu^x\cos y,\ \eu^x\sin y\bigr)$ op $\R^2$ . Haar Jacobimatrix,

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 ,

verdwijnt nooit: door Stelling 15.14 is $f$ een lokaal $C^1$ -diffeomorfisme in elk punt van het vlak. Toch is $f$ verre van injectief: $f(x, y + 2\pi) = f(x, y)$ , dus elke waarde wordt oneindig vaak aangenomen; en ze is ook niet surjectief, want $\norm{f(x, y)} = \eu^x > 0$ mist de oorsprong. Slotinzicht: de stelling van de inverse functie is onherleidbaar lokaal — inverteerbaarheid van elke $\dd f_a$ levert een mozaïek van lokale inversen die niet tot één hoeven samen te voegen. (Lezers die complexe getallen kennen herkennen $z \mapsto \eu^z$ ; het mozaïek is de familie van logaritmetakken.) Vergelijk Oefening 15.12, waar een kwantitatieve globale hypothese wel één globale inverse afdwingt.

Opmerking 15.18 (Veelvoorkomende valkuilen)

(i) Richtingsafgeleiden zijn goedkoop, differentialen niet: alle richtingsafgeleiden kunnen bestaan — en zelfs niet lineair van de richting afhangen — zonder differentieerbaarheid (Oefening 15.2); alleen het $C^1$ -criterium (Stelling 15.2) promoveert partiële afgeleiden tot een differentiaal. (ii) Kritiek betekent niet extremal: zadels (Voorbeeld 15.12) en het stille singuliere geval (Stelling 15.11 (3)) schuilen beide achter $\nabla f = 0$ . (iii) Geen vectorwaardige middelwaardegelijkheid: alleen de ongelijkheid van Stelling 15.5 overleeft (Oefening 15.9); schrijf nooit $f(b) - f(a) = \dd f_c(b-a)$ voor $f$ met waarden in $\R^m$ , $m \geq 2$ . (iv) Lokale inverteerbaarheid is geen injectiviteit: Voorbeeld 15.17. (v) De gradiënt hoort bij het inproduct: $\nabla f$ is de vector die $\dd f_a$ voorstelt in een gekozen inproduct; verander het product (zoals in het gewogen voorbeeld van het hoofdstuk over kwadratische vormen) en de gradiënt roteert, terwijl de differentiaal — het intrinsieke object — niet beweegt.

Opmerking 15.19 (Waar dit wordt gebruikt)

Alles stroomafwaarts van dit hoofdstuk is toegepaste differentiaalrekening: het hoofdstuk over differentiaalvergelijkingen lineariseert stromen en gebruikt de determinantformule van Liouville (bewezen in het weekendprobleem van dit hoofdstuk); de hoofdstukken over krommen en oppervlakken bestuderen niveauverzamelingen en parametriseringen via de stelling van de impliciete functie; meervoudige integralen veranderen van variabelen via Jacobimatrices. Het weekendprobleem ontwikkelt de calculus op de ruimte van matrices zelf — differentiaal van de determinant, van de inverse, de matrixexponentiaal, en de orthogonale groep als gladde niveauverzameling — de schaduw van Jaar 2 van wat het volume Jaar 3 formaliseert als variëteiten en Liegroepen.

15.4 Oefeningen

Oefening 15.1 ★

Bereken de Jacobimatrices van $f(x,y) = (x^2 - y^2,\, 2xy)$ en van $\Phi(r,\theta,z) = (r\cos\theta, r\sin\theta, z)$ ; waar zijn de differentialen inverteerbaar?

Oplossing

Oplossing van Oefening 15.1.

$J_f = \begin{pmatrix} 2x & -2y\\ 2y & 2x\end{pmatrix}$ , $\det J_f = 4(x^2 + y^2)$ : inverteerbaar buiten de oorsprong. (Deze $f$ is $z \mapsto z^2$ in complexe vermomming.)

$J_\Phi = \begin{pmatrix} \cos\theta & -r\sin\theta & 0\\ \sin\theta & r\cos\theta & 0\\ 0 & 0 & 1\end{pmatrix}$ , $\det = r$ : inverteerbaar voor $r \neq 0$ (cilindrische coördinaten).

Oefening 15.2 ★

Zij $f(x,y) = \frac{x^3}{x^2 + y^2}$ ( $f(0,0) = 0$ ). Bewijs dat alle richtingsafgeleiden van $f$ in $0$ bestaan, maar dat $f$ niet differentieerbaar is in $0$ (de afbeelding $v \mapsto$ richtingsafgeleide is niet lineair).

Oplossing

Oplossing van Oefening 15.2.

Voor $v = (a, b) \neq 0$ : $\frac{f(tv) - 0}{t} = \frac{t^3a^3}{t\cdot t^2(a^2+b^2)} = \frac{a^3}{a^2 + b^2}$ : elke richtingsafgeleide bestaat, met waarde $D_v = \frac{a^3}{a^2+b^2}$ . Maar $v \mapsto D_v$ is niet lineair ( $D_{(1,0)} = 1$ , $D_{(0,1)} = 0$ , $D_{(1,1)} = \frac12 \neq 1$ ): geen lineaire afbeelding kan deze waarden produceren, dus $f$ is niet differentieerbaar in $0$ (de differentiaal zou $v \mapsto D_v$ moeten zijn).

Oefening 15.3 ★

Vind en classificeer de kritieke punten van $f(x, y) = x^3 + y^3 - 3xy$ met Stelling 15.11, en van $g(x,y) = x^4 + y^4 - 2(x - y)^2$ .

Oplossing

Oplossing van Oefening 15.3.

$f = x^3 + y^3 - 3xy$ : kritieke punten $(0,0)$ en $(1,1)$ (berekening van Jaar 1). Hessemmatrices: $H = \begin{pmatrix} 6x & -3\\ -3 & 6y\end{pmatrix}$ . In $(0,0)$ : gemengde eigen-tekens ( $\det = -9 < 0$ ): zadel. In $(1,1)$ : $\det = 27 > 0$ , spoor $> 0$ : positief definiet, strikt lokaal minimum — nu gerechtvaardigd door Stelling 15.11 in plaats van opgelegd.

$g = x^4 + y^4 - 2(x-y)^2$ : $\nabla g = (4x^3 - 4(x - y),\; 4y^3 + 4(x-y))$ ; kritieke punten $(0,0)$ , $(\sqrt2, -\sqrt2)$ , $(-\sqrt2, \sqrt2)$ (Jaar 1). In $(\pm\sqrt2, \mp\sqrt2)$ : $H = \begin{pmatrix} 12\cdot2 - 4 & 4\\ 4 & 20\end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 20 & 4\\ 4 & 20\end{pmatrix}$ : positief definiet (diagonaal dominant; eigenwaarden $24, 16$ ): strikte lokale minima. In $(0,0)$ : $H = \begin{pmatrix} -4 & 4\\ 4 & -4\end{pmatrix}$ , singulier negatief semidefiniet: de test zwijgt; de richtingsstudie ( $g(x,x) = 2x^4 > 0$ , $g(x,-x) = 2x^4 - 8x^2 < 0$ klein) toont een zadel-achtig punt — geen extremum.

Oefening 15.4 ★★

Zij $f \colon \R^n \to \R$ van klasse $C^1$ en homogeen van graad $p$ : $f(tx) = t^pf(x)$ voor $t > 0$ . Bewijs de identiteit van Euler

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

en haar omkering voor $C^1$ -functies op $\R^n\setminus\{0\}$ .

Oplossing

Oplossing van Oefening 15.4.

Differentieer $t \mapsto f(tx)$ in $t = 1$ : door de kettingregel, $\langle \nabla f(x), x\rangle$ ; door homogeniteit is dezelfde functie $t^pf(x)$ , van afgeleide $pf(x)$ in $t = 1$ : de identiteit van Euler.

Omkering: fixeer $x \neq 0$ en zij $\varphi(t) = f(tx) - t^p f(x)$ op $t > 0$ . Dan $\varphi'(t) = \langle\nabla f(tx), x\rangle - pt^{p-1}f(x) = \frac1t\bigl(\langle \nabla f(tx), tx\rangle - p\,t^pf(x)\bigr)$ . De hypothese — de identiteit van Euler in het punt $tx$ — evalueert de haak als $p\,f(tx) - p\,t^pf(x) = p\,\varphi(t)$ . Dus $\varphi' = \frac{p}{t}\varphi$ met $\varphi(1) = 0$ : de unieke oplossing van de lineaire DV is $\varphi \equiv 0$ (eenduidigheid van Jaar 1), d.w.z. $f(tx) = t^pf(x)$ .

Oefening 15.5 ★★

Zij $A$ symmetrisch en $f(x) = \frac12\langle Ax, x\rangle - \langle b, x\rangle$ . Bereken $\nabla f$ en $H_f$ ; wanneer is $f$ convex? Onder de aanname dat $A$ positief definiet is, toon aan dat $f$ een uniek globaal minimum heeft in de oplossing van $Ax = b$ — de bestaansreden van gradiëntdaling.

Oplossing

Oplossing van Oefening 15.5.

Uitwerken $f(x + h) - f(x) = \langle Ax - b, h\rangle + \frac12\langle Ah, h\rangle$ (symmetrie van $A$ ): $\nabla f(x) = Ax - b$ en $H_f = A$ overal. $f$ is convex desda $A$ positief semidefiniet is (de Hessematrice-test, hier globaal omdat $H$ constant is: de tweede-orde Taylorformule is exact). Als $A$ positief definiet is: het unieke kritieke punt is $x^* = A^{-1}b$ , en $f(x^* + h) - f(x^*) = \frac12\langle Ah, h\rangle \geq \frac{\lambda_{\min}}{2}\norm h^2 > 0$ voor $h \neq 0$ : strikt globaal minimum.

Oefening 15.6 ★★

(Lagrange-multiplicator, één nevenvoorwaarde, met de hand bewezen) Zij $f, g$ van klasse $C^1$ op $\R^2$ , en veronderstel dat $f$ in $a$ een lokaal extremum bereikt op de niveauverzameling $\{g = 0\}$ , met $\nabla g(a) \neq 0$ . Bewijs dat $\nabla f(a) = \lambda\nabla g(a)$ voor zekere $\lambda$ . (Parametriseer de niveauverzameling nabij $a$ met de stelling van de impliciete functie en differentieer $t \mapsto f(\gamma(t))$ .) Toepassing: extrema van $f(x,y) = xy$ op de cirkel $x^2 + y^2 = 1$ .

Oplossing

Oplossing van Oefening 15.6.

Omdat $\nabla g(a) \neq 0$ , is één partiële, zeg $\frac{\partial g}{\partial y}(a) \neq 0$ : de stelling van de impliciete functie (de begeleidster van Stelling 15.14) parametriseert $\{g = 0\}$ nabij $a = (a_1, a_2)$ als $\gamma(t) = (t, y(t))$ met $y$ van klasse $C^1$ , $y'(t) = -\frac{\partial_x g}{\partial_y g}(\gamma(t))$ (differentieer $g(t, y(t)) = 0$ ). De éénvariabele functie $t \mapsto f(\gamma(t))$ heeft een lokaal extremum in $t = a_1$ :

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)} :

de vectoren $\nabla f(a)$ en $\nabla g(a)$ hebben evenredige coördinaten: $\nabla f(a) = \lambda \nabla g(a)$ met $\lambda = \frac{\partial_y f(a)}{\partial_y g(a)}$ .

Toepassing: op de cirkel, $\nabla(xy) = (y, x)$ evenwijdig aan $(2x, 2y)$ dwingt $y^2 = x^2$ ; met de nevenvoorwaarde zijn de kandidaten $\pm\bigl(\tfrac{1}{\sqrt2}, \tfrac{1}{\sqrt2}\bigr)$ (waarde $\frac12$ ) en $\pm\bigl(\tfrac{1}{\sqrt2}, -\tfrac{1}{\sqrt2}\bigr)$ (waarde $-\frac12$ ): max $\frac12$ , min $-\frac12$ (bereikt: de cirkel is compact).

Oefening 15.7 ★★

Bepaal de extrema van $f(x, y) = x^2 + y^2 - xy + x - y$ op $\R^2$ , daarna haar maximum en minimum op de gesloten driehoek met hoekpunten $(0,0)$ , $(1,0)$ , $(0,1)$ (inwendige kritieke punten, dan de drie randen, dan de hoekpunten).

Oplossing

Oplossing van Oefening 15.7.

$\nabla f = (2x - y + 1,\; 2y - x - 1) = 0$ : oplossen, $x = -\frac13$ , $y = \frac13$ . Hessematrice $\begin{pmatrix} 2 & -1\\ -1 & 2\end{pmatrix}$ , positief definiet: globaal minimum van de kwadratische $f$ , waarde $f\bigl(-\frac13, \frac13\bigr) = -\frac13$ .

Op de driehoek $T$ : het inwendige kritieke punt $(-\frac13, \frac13) \notin T$ (negatieve $x$ ). Randen: op $y = 0$ , $x \in \intcc{0}{1}$ : $f = x^2 + x$ , stijgend: extremen $0$ en $2$ . Op $x = 0$ : $f = y^2 - y$ , minimum $-\frac14$ in $y = \frac12$ , waarden $0$ en $0$ aan de uiteinden. Op $x + y = 1$ : substitueer $y = 1 - x$ , $f = x^2 + (1-x)^2 - x(1-x) + x - (1-x) = 3x^2 - x$ ; op $\intcc{0}{1}$ : minimum $-\frac{1}{12}$ in $x = \frac16$ , waarden $0$ (in $x=0$ ) en $2$ (in $x=1$ ). Hoekpunten: $f(0,0) = 0$ , $f(1,0) = 2$ , $f(0,1) = 0$ . Globaal op $T$ : minimum $-\frac14$ in $(0, \frac12)$ , maximum $2$ in $(1, 0)$ .

Oefening 15.8 ★★★

Zij $f \colon \R^2 \to \R^2$ , $f(x, y) = (x + y^2,\; y + x^2)$ . Toon aan dat $f$ een lokaal diffeomorfisme is nabij $0$ , bereken $\dd(f^{-1})_{(0,0)}$ , en vind de grootste $r$ zodat $\dd f$ inverteerbaar is op de bal $\norm{(x,y)}_2 < r$ (bereken $\det J_f$ ).

Oplossing

Oplossing van Oefening 15.8.

$J_f = \begin{pmatrix} 1 & 2y\\ 2x & 1\end{pmatrix}$ , $\det J_f = 1 - 4xy$ . In $0$ : $\det = 1 \neq 0$ : lokaal diffeomorfisme (Stelling 15.14), met

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

Inverteerbaarheid op een bal: nodig $4\abs{xy} < 1$ overal; op $\norm{(x,y)}_2 < r$ , $\abs{xy} \leq \frac{x^2 + y^2}{2} < \frac{r^2}{2}$ , dus $r = \frac{1}{\sqrt2}$ werkt; en het is de grootste: in $(x, y) = \bigl(\tfrac12, \tfrac12\bigr)$ , van norm $\frac{1}{\sqrt2}$ , $\det J_f = 0$ .

Oefening 15.9 ★★★

(Rolle faalt, middelwaarde overleeft) Geef $f \colon \R \to \R^2$ , van klasse $C^1$ , met $f(0) = f(2\pi)$ maar $f'(t) \neq 0$ voor alle $t$ (geen vectorwaardige Rolle). Verifieer daarna op jouw voorbeeld de middelwaardeongelijkheid van Stelling 15.5.

Oplossing

Oplossing van Oefening 15.9.

$f(t) = (\cos t, \sin t)$ : $f(0) = f(2\pi) = (1, 0)$ , toch heeft $f'(t) = (-\sin t, \cos t)$ norm $1$ , nooit nul: geen punt waar de afgeleide verdwijnt — Rolle heeft geen vectoranaloog. De middelwaardeongelijkheid houdt comfortabel: $\norm{f(2\pi) - f(0)} = 0 \leq 2\pi \cdot \sup\norm{f'} = 2\pi$ .

Oefening 15.10 ★

Bereken de differentiaal en de gradiënt van $f(x) = \norm x_2^2$ en van $g(x) = \langle Ax, x\rangle$ op $\R^n$ ( $A$ een vierkante matrix, niet als symmetrisch verondersteld), en de Hessematrice van elk. Voor welke $A$ is $g$ convex?

Oplossing

Oplossing van Oefening 15.10.

$f(x+h) - f(x) = 2\langle x, h\rangle + \norm h^2$ : $\dd f_x = 2\langle x, \cdot\rangle$ , $\nabla f(x) = 2x$ , Hessematrice $2I$ (constant). Voor $g$ :

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),

dus $\nabla g(x) = (A + A^{\mathsf T})x$ en $H_g = A + A^{\mathsf T}$ , constant. Door Oefening 15.11 is $g$ convex desda $A + A^{\mathsf T}$ positief semidefiniet is — alleen het symmetrische deel van $A$ telt, zoals inderdaad $g(x) = \langle \frac{A + A^{\mathsf T}}2 x, x\rangle$ .

Oefening 15.11 ★★

Zij $f \colon \R^n \to \R$ van klasse $C^2$ . Bewijs dat $f$ convex is dan en slechts dan als haar Hessematrice $H_x$ positief semidefiniet is in elke $x$ (reduceer tot één variabele: $t \mapsto f(a + t(b-a))$ ; gebruik Taylor–Lagrange in één richting, en voor de omkering evalueer $\varphi''$ ).

Oplossing

Oplossing van Oefening 15.11.

$f$ is convex desda haar restrictie tot elk segment convex is, d.w.z. desda elke $\varphi(t) = f(a + tv)$ convex is. Door de kettingregel $\varphi''(t) = \langle H_{a+tv}\,v,\ v\rangle$ .

Als alle Hessemmatrices positief semidefiniet zijn: $\varphi'' \geq 0$ , dus elke $\varphi$ is convex (volume Jaar 1) en $f$ is convex. Omgekeerd, als $f$ convex is, is elke $\varphi$ convex, dus $\varphi''(0) \geq 0$ : $\langle H_a v, v\rangle \geq 0$ voor elke $a$ en elke richting $v$ : alle Hessemmatrices zijn positief semidefiniet.

Oefening 15.12 ★★★

(Een globale inversestelling) Zij $g \colon \R^n \to \R^n$ van klasse $C^1$ met $\vertiii{\dd g_x} \leq k < 1$ voor alle $x$ , en $f = \mathrm{id} + g$ .

Toon aan $\norm{f(x) - f(y)} \geq (1 - k)\norm{x - y}$ : $f$ is injectief, met continue inverse op haar beeld.
Toon aan dat voor elke $y \in \R^n$ de afbeelding $x \mapsto y - g(x)$ een contractie is van de complete ruimte $\R^n$ , en concludeer met de vastpuntstelling van Banach (Stelling 4.12) dat $f$ surjectief is.
Concludeer dat $f$ een bijectie van $\R^n$ is met $(1-k)^{-1}$ -Lipschitz-inverse — een globaal tegenhanger van Stelling 15.14 (die daarentegen puur lokaal is).

Oplossing

Oplossing van Oefening 15.12.

Door de middelwaardeongelijkheid (Stelling 15.5) toegepast op $g$ : $\norm{g(x) - g(y)} \leq k\norm{x-y}$ , dus

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

$f$ is injectief en $f^{-1}$ (gedefinieerd op het beeld) is $\frac{1}{1-k}$ -Lipschitz.
Fixeer $y$ ; $T(x) = y - g(x)$ voldoet aan $\norm{T(x) - T(x')} = \norm{g(x') - g(x)} \leq k\norm{x - x'}$ : een contractie van de complete ruimte $\R^n$ . Banach (Stelling 4.12) levert een vast punt $x^* = y - g(x^*)$ , d.w.z. $f(x^*) = y$ : $f$ is surjectief.
$f$ is dus een bijectie van $\R^n$ met $\frac{1}{1-k}$ -Lipschitz-inverse: een globale inversestelling, waar de kleinheid van $\dd g$ overal de lokale inverteerbaarheidshypothese van Stelling 15.14 vervangt.

15.5 Probleem: De calculus van matrices — Jacobi, exponentiaal, en de orthogonale groep

Probleem 15.1

De schoonste speeltuin voor differentiaalrekening is de ruimte $\mathcal M_n(\R) \simeq \R^{n^2}$ zelf: haar natuurlijkste afbeeldingen — product, inverse, determinant, exponentiaal — hebben differentialen van treffende elegantie. Dit probleem berekent ze allemaal: de Neumannreeks, de differentiaal van de inverse, de formule van Jacobi voor de determinant met de formule van Liouville als dividend, de matrixexponentiaal met $\det\eu^A = \eu^{\operatorname{tr}A}$ , en ten slotte de orthogonale groep $O_n$ als gladde niveauverzameling met de antisymmetrische matrices als raakruimte — differentiaalmeetkunde in wording. Overal is $\vertiii\cdot$ de operatornorm ondergeschikt aan $\norm\cdot_2$ , en $\langle X, Y\rangle = \operatorname{tr}(X^{\mathsf T}Y)$ het Frobenius-inproduct.

Deel I — De Neumannreeks.

Bewijs submultiplicativiteit, $\vertiii{AB} \leq \vertiii A\,\vertiii B$ , en leid af dat polynoomafbeeldingen van $A$ (matrixproducten, determinant, spoor) continu zijn op $\mathcal M_n(\R)$ .
Voor $\vertiii X < 1$ , toon aan dat $\sum_{k\geq0}X^k$ absoluut convergeert in $\mathcal M_n(\R)$ (Stelling 5.21), dat haar som $(I - X)^{-1}$ is, en dat

$\vertiii{(I - X)^{-1}} \leq \frac{1}{1 - \vertiii X}, \qquad (I - X)^{-1} = I + X + O\bigl(\vertiii X^2\bigr) .$
Leid af dat $GL_n(\R)$ open is: als $A$ inverteerbaar is en $\vertiii H < \frac{1}{\vertiii{A^{-1}}}$ , dan is $A + H$ inverteerbaar. Leid ook af dat $GL_n(\R)$ dicht is in $\mathcal M_n(\R)$ (verstoor $A$ met $\varepsilon I$ : $\det(A + \varepsilon I)$ is een niet-nul polynoom in $\varepsilon$ ).
Toon aan dat de inversieafbeelding $\Phi(A) = A^{-1}$ continu is op $GL_n(\R)$ .

Deel II — Eerste differentialen.

Toon aan dat de kwadrateringsafbeelding $A \mapsto A^2$ differentieerbaar is met differentiaal $H \mapsto AH + HA$ , en algemener dat $A \mapsto A^k$ differentiaal $H \mapsto \sum_{i=0}^{k-1} A^iHA^{k-1-i}$ heeft. Waarom kan men niet $kA^{k-1}H$ schrijven in het algemeen?
Bewijs dat $\Phi(A) = A^{-1}$ differentieerbaar is op $GL_n(\R)$ met

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

(schrijf $(A + H)^{-1} = (I + A^{-1}H)^{-1}A^{-1}$ en ontwikkel met vraag 2). Controleer de formule tegen het scalaire geval $n = 1$ .
Voor een $C^1$ -kromme $t \mapsto A(t) \in GL_n(\R)$ , leid af $\bigl(A(t)^{-1}\bigr)' = -A^{-1}A'A^{-1}$ , en ontwikkel $t \mapsto (I + tB)^{-1}$ tot eerste orde in $t = 0$ .
Bereken de differentiaal van $f(A) = \operatorname{tr}(A^k)$ en identificeer haar gradiënt voor het Frobenius-inproduct:

$\dd f_A(H) = k\operatorname{tr}\bigl(A^{k-1}H\bigr), \qquad \nabla f(A) = k\,\bigl(A^{k-1}\bigr)^{\mathsf T} .$
Dezelfde vragen voor $f(A) = \operatorname{tr} (A^{\mathsf T}A) = \norm A_F^2$ : differentiaal, gradiënt, en de (constante) Hessematrice; concludeer dat $\norm\cdot_F^2$ strikt convex is.

Deel III — De formule van Jacobi.

Bewijs

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

(ontwikkel $\det(e_1 + h_1, \dots, e_n + h_n)$ door multilineaire in de kolommen: termen met minstens twee $h$ -kolommen zijn $O(\vertiii H^2)$ ): $\dd(\det)_I = \operatorname{tr}$ .
Voor $A$ inverteerbaar, leid af

$\dd(\det)_A(H) = \det(A)\, \operatorname{tr}\bigl(A^{-1}H\bigr) .$
Toon aan dat voor elke $A$ (inverteerbaar of niet), $\frac{\partial\det}{\partial a_{ij}}(A) = C_{ij}$ , de $(i,j)$ -cofactor (Laplace-ontwikkeling langs rij $i$ ), zodat met de geadjungeerde $\operatorname{adj}A = \operatorname{com}(A)^{\mathsf T}$ :

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

wat vraag 11 terugvindt wanneer $A$ inverteerbaar is ( $\operatorname{adj}A = \det(A)A^{-1}$ ). Dit is de formule van Jacobi: $\bigl(\det A(t)\bigr)' = \operatorname{tr}\bigl( \operatorname{adj}(A(t))\,A'(t)\bigr)$ .
(Formule van Liouville) Zij $A(t)$ een $C^1$ -kromme van matrices die voldoet aan de lineaire differentiaalvergelijking $A'(t) = M(t)A(t)$ . Bewijs

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

(gebruik $\operatorname{adj}(A)\,A = \det(A)I$ en de cyclische invariantie van het spoor) — de Wronskiaan-identiteit die het hoofdstuk over differentiaalvergelijkingen voortdurend zal gebruiken.
Toon aan dat $SL_n(\R) = \{\det = 1\}$ een gladde niveauverzameling is: in elke $A \in SL_n(\R)$ is de differentiaal $\dd(\det)_A$ een surjectieve lineaire afbeelding op $\R$ (evalueer haar in $H = \frac1nA$ ).

Deel IV — De matrixexponentiaal.

Toon aan dat $\eu^A = \sum_{k\geq0}\frac{A^k}{k!}$ absoluut convergeert voor elke $A$ , normaal op elke bal, met $\vertiii{\eu^A} \leq \eu^{\vertiii A}$ ; en dat $\eu^A$ continu van $A$ afhangt.
Bewijs dat $AB = BA$ impliceert $\eu^{A+B} = \eu^A\eu^B$ (Cauchy-product, legitiem door absolute convergentie); leid af dat $\eu^A$ altijd inverteerbaar is, met inverse $\eu^{-A}$ : $\exp$ beeldt $\mathcal M_n(\R)$ af in $GL_n(\R)$ .
Toon aan dat $t \mapsto \eu^{tA}$ van klasse $C^1$ is (inderdaad $C^\infty$ ) met

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

(differentieer de reeks term voor term op segmenten: de afgeleide reeks convergeert normaal).
Bewijs de identiteit

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

(pas de formule van Liouville, vraag 13, toe op $A(t) = \eu^{tA}$ ). Controles: $n = 1$ ; nilpotente $A$ ; en de spoorloze matrices landen in $SL_n(\R)$ .
Toon aan $\eu^H = I + H + O(\vertiii H^2)$ , dus $\exp$ is differentieerbaar in $0$ met $\dd(\exp)_0 = \mathrm{id}$ ; concludeer met de stelling van de inverse functie (Stelling 15.14) dat $\exp$ een $C^1$ -diffeomorfisme is van een omgeving van $0$ op een omgeving van $I$ : elke matrix dicht bij de identiteit heeft een logaritme.
Toon aan dat $\exp$ symmetrische matrices afbeeldt op symmetrische positief definiete matrices, bijectief (diagonaliseer; de inverse is de spectrale logaritme).

Deel V — De orthogonale groep als niveauverzameling.

Zij $F(A) = A^{\mathsf T}A$ , van $\mathcal M_n(\R)$ naar de symmetrische matrices $S_n$ . Bereken $\dd F_A(H) = A^{\mathsf T}H + H^{\mathsf T}A$ en toon aan dat in elke $A \in O_n = F^{-1}(I)$ deze differentiaal surjectief is op $S_n$ (gegeven $S \in S_n$ , probeer $H = \frac12 AS$ ): $O_n$ is een gladde niveauverzameling, van dimensie $n^2 - \frac{n(n+1)}2 = \frac{n(n-1)}2$ .
Toon aan dat elke $C^1$ -kromme $A(t) \in O_n$ met $A(0) = I$ een antisymmetrische snelheid $A'(0)$ heeft, en omgekeerd dat voor antisymmetrische $K$ de kromme $\eu^{tK}$ in $O_n$ blijft: de raakruimte van $O_n$ in $I$ is precies de antisymmetrische matrices.
Toon aan $\det\eu^{K} = 1$ voor antisymmetrische $K$ (vraag 18): de exponentiaalkromme leeft in de rotatiegroep $SO_n$ . Bereken haar volledig voor $n = 2$ : met $J = \begin{pmatrix}0 & -1\\ 1 & 0\end{pmatrix}$ , bewijs

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

de matrixexponentiaal is de rotatie over $\theta$ , en de reeksdefinities van cosinus en sinus verschijnen opnieuw binnen een matrix.
(De dichtheidstruc) Met de dichtheid van $GL_n(\R)$ (vraag 3) en continuïteit, breid van inverteerbaar naar alle matrices de identiteit uit

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

(voor inverteerbare $A, B$ zijn beide zijden gelijk aan $\det(AB)(AB)^{-1}$ ; beide zijden zijn polynomiaal in de entries).
Synthese. In één zin elk: (i) welke eerdere hoofdstukken de motor van elk Deel leverden (volledigheid en genormeerde algebra’s; de spectraalstelling; de stelling van de inverse functie); (ii) op welke formule van dit probleem het hoofdstuk over differentiaalvergelijkingen leunt, en waar; (iii) wat $\dd(\det)_I = \operatorname{tr}$ en $\det\eu^A = \eu^{\operatorname{tr}A}$ zeggen over spoor en determinant als “infinitesimaal en globaal volume”; (iv) wat het volume Jaar 3 maakt van vragen 21–23 (Liegroepen en hun Liealgebra’s).

Oplossing

Oplossing van Probleem 15.1.

1. $\norm{ABx} \leq \vertiii A\norm{Bx} \leq \vertiii A\vertiii B\norm x$ : neem de sup over $\norm x = 1$ . Matrixproducten, $\det$ en $\operatorname{tr}$ zijn polynoomfuncties van de entries, dus continu ( $\mathcal M_n(\R) \simeq \R^{n^2}$ , alle normen equivalent: Stelling 5.13).

2. $\sum\vertiii{X^k} \leq \sum\vertiii X^k < \infty$ : de reeks convergeert absoluut, dus convergeert (Stelling 5.21). Uit $(I - X)\sum_{k\leq N}X^k = I - X^{N+1} \to I$ : de som is $(I - X)^{-1}$ . Norm: $\leq \sum\vertiii X^k = \frac{1}{1 - \vertiii X}$ ; en

(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. $A + H = A(I + A^{-1}H)$ met $\vertiii{A^{-1}H} \leq \vertiii{A^{-1}}\vertiii H < 1$ : inverteerbaar door vraag 2: de open bal van straal $\vertiii{A^{-1}}^{-1}$ rond $A$ ligt in $GL_n(\R)$ . Dichtheid: $\det(A + \varepsilon I)$ is een polynoom van graad $n$ in $\varepsilon$ met leidende coëfficiënt $1$ : het heeft eindig veel wortels, dus er zijn $\varepsilon_k \to 0$ met $A + \varepsilon_kI$ inverteerbaar, convergerend naar $A$ .

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

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

van norm ten hoogste $\frac{\vertiii{A^{-1}H}}{1 - \vertiii{A^{-1}H}}\,\vertiii{A^{-1}} \leq 2\vertiii{A^{-1}}^2\vertiii H \to 0$ : $\Phi$ is continu in elke $A \in GL_n(\R)$ .

5. $(A+H)^2 = A^2 + AH + HA + H^2$ : de afbeelding $H \mapsto AH + HA$ is lineair en de fout $H^2$ is $O(\vertiii H^2)$ . Uitwerken van $(A + H)^k$ en sorteren op het aantal $H$ -factoren: het lineaire deel is $\sum_{i=0}^{k-1}A^iHA^{k-1-i}$ , en de termen met $\geq 2$ factoren $H$ zijn begrensd door $\binom k2$ -veel producten van norm $\leq \vertiii A^{k-2}\vertiii H^2$ -schaal: $O(\vertiii H^2)$ . Men kan de som niet tot $kA^{k-1}H$ inkorten omdat $H$ en $A$ niet hoeven te commuten — de som is de correcte niet-commutatieve afgeleide.

6. Voor kleine $H$ :

(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) :

$\dd\Phi_A(H) = -A^{-1}HA^{-1}$ , lineair in $H$ . Voor $n = 1$ : $\dd(1/a)(h) = -h/a^2$ , de bekende afgeleide.

7. Kettingregel langs de kromme: $\bigl(A(t)^{-1}\bigr)' = \dd\Phi_{A(t)}(A'(t)) = -A(t)^{-1}A'(t)A(t)^{-1}$ . In $A(t) = I + tB$ , $t = 0$ : $(I + tB)^{-1} = I - tB + O(t^2)$ .

8. Door vraag 5 en cyclische invariantie van het spoor:

\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) .

Tegen het Frobenius-product eist $\dd f_A(H) = \operatorname{tr}\bigl((\nabla f)^{\mathsf T}H\bigr)$ dat $(\nabla f)^{\mathsf T} = kA^{k-1}$ : $\nabla f(A) = k\,(A^{k-1})^{\mathsf T}$ .

9. $f(A + H) - f(A) = 2\operatorname{tr} (A^{\mathsf T}H) + \operatorname{tr}(H^{\mathsf T}H)$ : de differentiaal is $H \mapsto 2\operatorname{tr}(A^{\mathsf T}H) = 2\langle A, H\rangle$ , dus $\nabla f(A) = 2A$ ; de tweede-orde term is precies $\norm H_F^2$ : de Hessematrice is tweemaal de identieke kwadratische vorm, positief definiet en constant, dus $\norm\cdot_F^2$ is strikt convex (de Taylorformule is hier exact).

10. Door multilineaire in de kolommen, $\det(I + H) = \sum_{S\subseteq\{1,\dots,n\}}\det(M_S)$ waar $M_S$ kolom $h_j$ heeft voor $j \in S$ en $e_j$ anders. $S = \varnothing$ geeft $1$ ; $S = \{j\}$ geeft de determinant van $I$ met kolom $j$ vervangen door $h_j$ , namelijk haar $j$ -de entry $h_{jj}$ , sommen tot $\operatorname{tr}H$ ; elke term met $\abs S \geq 2$ is een determinant met minstens twee kolommen van grootte $O(\vertiii H)$ , dus $O(\vertiii H^2)$ (multilinaire afbeeldingen op een eindigdimensionale ruimte zijn begrensd), en er zijn eindig veel. Dus $\det(I + H) = 1 + \operatorname{tr}H + O(\vertiii H^2)$ : $\dd(\det)_I = \operatorname{tr}$ .

11. $\det(A + H) = \det A\,\det(I + A^{-1}H) = \det A\,\bigl(1 + \operatorname{tr}(A^{-1}H) + O(\vertiii H^2)\bigr)$ : de differentiaal is $H \mapsto \det(A)\operatorname{tr}(A^{-1}H)$ .

12. Laplace-ontwikkeling langs rij $i$ : $\det A = \sum_j a_{ij}C_{ij}$ , en de cofactoren $C_{ij}$ betrekken rij $i$ niet: $\frac{\partial\det}{\partial a_{ij}} = C_{ij}$ . Dus

\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) .

Voor inverteerbare $A$ herwint $\operatorname{adj}A = \det(A)A^{-1}$ vraag 11. Langs een $C^1$ -kromme leest de kettingregel $(\det A(t))' = \operatorname{tr}(\operatorname{adj} (A(t))\,A'(t))$ : de formule van Jacobi.

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

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

(cycliciteit; $A\operatorname{adj}A = \det(A) I$ eveneens). De scalaire lineaire DV $y' = \operatorname{tr}(M(t))\,y$ heeft de unieke oplossing $y(t) = y(0)\exp\bigl(\int_0^t \operatorname{tr}M\bigr)$ (Jaar 1): de formule van Liouville.

14. In $A \in SL_n(\R)$ , neem $H = \frac1nA$ : $\dd(\det)_A\bigl(\tfrac1nA\bigr) = \frac1n\det(A) \operatorname{tr}(A^{-1}A) = \frac1n\cdot1\cdot n = 1 \neq 0$ : de differentiaal is een niet-nul lineaire vorm, dus surjectief op $\R$ in elk punt van de niveauverzameling: $SL_n(\R)$ is een gladde niveauverzameling (van dimensie $n^2 - 1$ ).

15. $\sum_k\vertiii{A^k/k!} \leq \sum\vertiii A^k/k! = \eu^{\vertiii A}$ : absolute convergentie (volledigheidsargument van vraag 2), met normale convergentie op elke bal $\vertiii A \leq R$ (grens $R^k/k!$ onafhankelijk van $A$ ). Elke partiële som is continu (polynoom); de uniforme limiet op ballen is continu: $A \mapsto \eu^A$ is continu, met $\vertiii{\eu^A} \leq \eu^{\vertiii A}$ .

16. Beide reeksen convergeren absoluut, dus het Cauchy-product is legitiem (Stelling 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},

de binomiaalidentiteit vereist $AB = BA$ . Met $B = -A$ : $\eu^A\eu^{-A} = \eu^0 = I$ : elke $\eu^A \in GL_n(\R)$ .

17. De reeks $\sum t^kA^k/k!$ en haar afgeleide reeks $\sum t^{k-1}A^k/(k-1)! = A\sum t^{k-1}A^{k-1}/(k-1)!$ convergeren normaal op elk segment $\abs t \leq T$ (grenzen $T^k\vertiii A^k/k!$ ): de differentiatiestelling voor reeksen (Stelling 10.11, entrygewijs toegepast) geeft $\frac{\dd}{\dd t}\eu^{tA} = A\eu^{tA}$ ; $A$ rechts factoriseren geeft $\eu^{tA}A$ . Itereren: $C^\infty$ .

18. $A(t) = \eu^{tA}$ voldoet aan $A'(t) = A\,A(t)$ : de formule van Liouville (vraag 13) met constante $M = A$ geeft $\det\eu^{tA} = \eu^{t\operatorname{tr}A}$ (waarde $1$ in $t = 0$ ); in $t = 1$ , $\det\eu^A = \eu^{\operatorname{tr}A}$ . Controles: $n = 1$ is de exponentiaal zelf; een nilpotente $A$ heeft $\operatorname{tr}A = 0$ en $\eu^A$ unipotent van determinant $1$ ; $\operatorname{tr}A = 0$ geeft $\det\eu^A = 1$ : de spoorloze matrices worden naar $SL_n(\R)$ gestuurd.

19. $\eu^H - I - H = \sum_{k\geq2}H^k/k!$ , van norm $\leq \vertiii H^2\eu^{\vertiii H} = O(\vertiii H^2)$ : $\dd(\exp)_0 = \mathrm{id}$ , inverteerbaar. Bovendien is $\exp$ van klasse $C^1$ : door vraag 5 is de differentiaalkandidaat $H \mapsto \sum_k\frac1{k!}\sum_iA^iHA^{k-1-i}$ een normaal convergerende reeks van lineaire afbeeldingen die continu van $A$ afhangen (grenzen $\vertiii A^{k-1}/(k-1)!$ op ballen), dus de partiële afgeleiden bestaan en zijn continu (Stelling 15.2 en de reeks-overdrachtsstelling). De stelling van de inverse functie (Stelling 15.14) past in $0$ : $\exp$ is een $C^1$ -diffeomorfisme van een omgeving van $0$ op een omgeving van $I$ — matrices nabij $I$ hebben logaritmen.

20. Voor symmetrische $S = PDP^{\mathsf T}$ (spectraalstelling): $\eu^S = P\eu^DP^{\mathsf T}$ is symmetrisch met eigenwaarden $\eu^{\lambda_i} > 0$ : positief definiet. Surjectiviteit: een positief definiete $Q = P\operatorname{diag}(\mu_i)P^{\mathsf T}$ ( $\mu_i > 0$ ) is $\eu^S$ voor $S = P\operatorname{diag}(\ln\mu_i)P^{\mathsf T}$ . Injectiviteit: $\eu^S$ bepaalt haar eigenruimten, precies die van $S$ (op elke eigenruimte van $S$ voor $\lambda$ werkt $\eu^S$ als $\eu^\lambda$ ; verschillende $\lambda$ geven verschillende $\eu^\lambda$ ), en $\ln$ van de eigenwaarden neemt $S$ terug. Dus $\exp$ is een bijectie van symmetrische matrices op positief definiete.

21. $F(A + H) = A^{\mathsf T}A + A^{\mathsf T}H + H^{\mathsf T}A + H^{\mathsf T}H$ : $\dd F_A(H) = A^{\mathsf T}H + H^{\mathsf T}A$ (waarden in $S_n$ ; fout $O(\vertiii H^2)$ ). In $A \in O_n$ en voor $S \in S_n$ geeft de keuze $H = \frac12AS$

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

surjectief. $O_n = F^{-1}(I)$ is een gladde niveauverzameling van dimensie $n^2 - \dim S_n = \frac{n(n-1)}2$ .

22. Differentiëren van $A(t)^{\mathsf T}A(t) = I$ in $t = 0$ (met $A(0) = I$ ): $A'(0)^{\mathsf T} + A'(0) = 0$ : antisymmetrisch. Omgekeerd, voor $K^{\mathsf T} = -K$ : $(\eu^{tK})^{\mathsf T}\eu^{tK} = \eu^{tK^{\mathsf T}} \eu^{tK} = \eu^{-tK}\eu^{tK} = I$ (transponeer de reeks termgewijs; de exponenten commuten): de kromme blijft in $O_n$ , met snelheid $K$ in $t = 0$ . Raakruimte in $I$ $=$ de antisymmetrische matrices, van de verwachte dimensie $\frac{n(n-1)}2$ .

23. $\operatorname{tr}K = 0$ voor antisymmetrische $K$ , dus $\det\eu^K = \eu^0 = 1$ (vraag 18): de exponentiaal landt in $SO_n$ . Voor $n = 2$ : $J^2 = -I$ , dus $J^{2m} = (-1)^mI$ , $J^{2m+1} = (-1)^mJ$ , en

\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 ,

de rotatie over $\theta$ : de sinus- en cosinusreeksen leven binnen de matrixexponentiaal.

24. Voor inverteerbare $A, B$ : $\operatorname{adj}(AB) = \det(AB)(AB)^{-1} = \det(B)\det(A)B^{-1}A^{-1} = \operatorname{adj}(B)\operatorname{adj}(A)$ . Beide zijden van de identiteit zijn polynomiale (dus continue) afbeeldingen van de entries van $(A, B)$ ; ze stemmen overeen op de dichte deelverzameling $GL_n\times GL_n$ van $\mathcal M_n\times\mathcal M_n$ (vraag 3: benader elke factor), dus stemmen ze overal overeen.

25. (i) Deel I liep op volledigheid van eindigdimensionale genormeerde ruimten (absoluut convergente reeksen convergeren), Deel IV op hetzelfde plus de spectraalstelling voor vraag 20, Deel V’s lokale logaritme op de stelling van de inverse functie. (ii) Het hoofdstuk over differentiaalvergelijkingen leunt op de formule van Liouville (vraag 13) voor de Wronskiaan van lineaire stelsels, en op $\frac{\dd}{\dd t}\eu^{tA} = A\eu^{tA}$ (vraag 17), de uitspraak dat $\eu^{tA}$ $X' = AX$ oplost. (iii) $\dd(\det)_I = \operatorname{tr}$ zegt dat het spoor de infinitesimale volumesnelheid is, en $\det\eu^A = \eu^{\operatorname{tr}A}$ integreert die uitspraak globaal. (iv) Het volume Jaar 3 noemt de structuren: $O_n$ en $SL_n(\R)$ zijn Liegroepen, hun raakruimten in $I$ (antisymmetrische en spoorloze matrices) zijn Liealgebra’s, en $\exp$ is de brug ertussen.