Universitaire wiskunde — Bachelor jaar 2 · Bachelor Year 2

15Differentiaalrekening

De rekening met twee veranderlijken uit het volume van bachelorjaar 1 rijpt tot de differentiaalrekening van afbeeldingen tussen genormeerde ruimten: de differentiaal als beste lineaire benadering, de kettingregel in volle algemeenheid, de symmetriestelling van Schwarz bewezen, formules van Taylor, en de volledige tweede-ordeanalyse van extrema. De stelling van de inverse functie, de kroon op de theorie, wordt geformuleerd met haar bewijsstrategie — een vast punt volgens Banach — expliciet gemaakt.

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

15.1 De differentiaal

Definitie 15.1

$f$ heet 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 uit bachelorjaar 1, nu begrepen als de vector die de differentiaal voorstelt.

Stelling 15.2 ( $C^1$ -criterium)

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

Bewijs. Component voor component ( $m = 1$ volstaat). Het bewijs uit bachelorjaar 1 voor twee veranderlijken — verplaats één coördinaat tegelijk, pas op elk traject de middelwaardestelling in één veranderlijke toe, en gebruik de continuïteit van de partiële afgeleiden in $a$ — veralgemeent woordelijk tot $n$ trajecten:

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),

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

Stelling 15.3 (Kettingregel)

Is $f$ differentieerbaar 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 $b = f(a)$ en $k = k(h) = \dd f_a(h) + \norm h \varepsilon_1(h)$ . Substitutie geeft

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 een 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 veranderlijke. Eerst 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{dat wil zeggen}\qquad \nabla r(x) = \frac{x}{\norm x} ,

de radiale eenheidsvector (differentieer $r^2$ en deel — of pas de kettingregel toe op $\sqrt{\cdot}$ ). Vervolgens geeft de kettingregel voor elke radiale functie

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

Uitgewerkt geval: $g(r) = \frac1r$ levert $\nabla\frac{1}{\norm x} = -\frac{x}{\norm x^3}$ op, het omgekeerd-kwadratische veld van de zwaartekracht en de elektrostatica — radiaal van richting, met grootte $\frac{1}{\norm x^2}$ . Het inzicht om te onthouden: gradiënten van radiale functies zijn radiaal omdat de niveauverzamelingen bollen zijn en de gradiënt loodrecht op de niveauverzamelingen staat; in $x = 0$ daarentegen is $r$ niet differentieerbaar (geen enkele kandidaat-lineaire afbeelding past bij $\norm h$ uit alle richtingen) — gladde radiale profielen hebben $g'(0) = 0$ nodig om de oorsprong sierlijk te passeren.

Stelling 15.5 (Middelwaardeongelijkheid)

Zij $f$ differentieerbaar op $U$ en zij 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 verdwijnende differentiaal 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), met norm $\leq M\norm{b-a}$ waarbij $M$ het getoonde supremum is. Voor $\R$ -waardige $f$ besluit de middelwaardeongelijkheid in één veranderlijke; voor vectorwaarden past men 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 middelwaardeongelijkheid)

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

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

(begrens $\cos^2x$ 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 $1$ ). Het inzicht om te onthouden: de middelwaardeongelijkheid zet een puntsgewijze grens op de differentiaal om in een globale continuïteitsmodulus — de standaardweg naar lipschitzschattingen in elke dimensie, en de motor in Oefening 15.12.

15.2 Tweede afgeleiden

Stelling 15.7 (Schwarz)

Is $f$ van klasse $C^2$ 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 veranderlijken 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) .

Houd $h$ vast en zet $\varphi(x) = f(x, b+h) - f(x, b)$ : 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 $\xi \in \intoo{a}{a+h}$ en $\eta \in \intoo{b}{b+h}$ . Wegens de continuïteit is $\frac{\Delta(h)}{h^2} \to \frac{\partial^2 f}{\partial y\partial x}(a, b)$ als $h \to 0$ . Dezelfde berekening met verwisselde rollen van de veranderlijken (bevries eerst de tweede veranderlijke) 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 verschillend. Reken langs de assen: $f(x, 0) = f(0, y) = 0$ , en voor $y \neq 0$ is

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

Bijgevolg is

\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 $y = tx$ ). Het inzicht om te onthouden: 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 geldt, 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),

waarbij $H_a = \bigl(\frac{\partial^2 f}{\partial x_i\partial x_j}(a)\bigr)$ de (volgens Schwarz symmetrische) hessiaan is.

Bewijs. Pas de stelling van Taylor–Young in één veranderlijke (volume van bachelorjaar 1) toe op $\varphi(t) = f(a + th)$ op $\intcc{0}{1}$ : volgens 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 zet $\varphi''(\theta)$ om in $\varphi''(0) + o(1)\cdot\norm h^2$ , uniform: de getoonde ontwikkeling. ∎

Voorbeeld 15.10 (Eén ontwikkeling, twee wegen)

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

\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 weg via samenstelling was sneller — helemaal geen tweede partiële afgeleiden. Het inzicht om te onthouden: de oorsprong is geen kritiek punt ( $\nabla f \neq 0$ ), zodat er ondanks de onbepaalde hessiaan geen zadelpunt te melden valt: de lineaire term regeert, en de tweede-ordetest spreekt uitsluitend in kritieke punten.

Stelling 15.11 (Tweede-ordetest voor extrema, bewezen)

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

Is $H$ positief definiet, dan is $a$ een strikt lokaal minimum (negatief definiet: maximum).
Heeft $H$ eigenwaarden van beide tekens, dan is $a$ een zadelpunt: geen extremum.
Is $H$ singulier (en semidefiniet), dan geen besluit.

De test “ $rt - s^2$ ” uit bachelorjaar 1 is het geval $n = 2$ : $\det H = rt - s^2$ , en het teken van het spoor leest men af van $r$ .

Bewijs. Volgens 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) Is $\lambda_{\min} > 0$ , dan geeft Taylor–Young

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

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

Voorbeeld 15.12 (Een volledige klassering, globaal inbegrepen)

Klasseer 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 $(0,0)$ , $(1,1)$ en $(-1,-1)$ . Hessianen: $H = \begin{pmatrix} 12x^2 & -4\\ -4 & 12y^2\end{pmatrix}$ . 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 zadelpunt. Globaliteit: uit $2\abs{xy} \leq x^2 + y^2$ volgt

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 en neemt dus een globaal minimum aan (compactheid van de subniveauverzamelingen), noodzakelijk in een kritiek punt: de waarde $-2$ , in zowel $(1,1)$ als $(-1,-1)$ , is het globale minimum; een maximum is er niet ( $f$ is naar boven onbegrensd). Het inzicht om te onthouden: de lokale test klasseert de kandidaten, maar alleen een groeiargument maakt van “lokaal” “globaal” — het tweestappenpatroon van elk optimalisatiebewijs in dit boek.

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

Los $\nabla f = 0$ op (alle kritieke punten; op een gebied met rand behandel je de rand apart, zoals in Oefening 15.7).
Bereken in elk kritiek punt de hessiaan en de tekens van haar eigenwaarden — in dimensie $2$ volstaan $\det H$ en $\operatorname{tr} H$ : $\det < 0$ zadelpunt; $\det > 0$ extremum, van het type dat het teken van het spoor aangeeft; $\det = 0$ : de test zwijgt, bestudeer $f$ langs krommen.
Voeg voor globale uitspraken een argument van compactheid of coërciviteit toe ( $f \to +\infty$ in het oneindige, of een compacte verzameling van nevenvoorwaarden), en vergelijk daarna 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 er open omgevingen $V \ni a$ en $W \ni f(a)$ zodanig dat $f \colon V \to W$ een bijectie is met $C^1$ -inverse, en

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

Bewijs. Op dit niveau zonder bewijs aangenomen. ∎

Opmerking 15.15 (Waarom zij waar is: de strategie met het vaste punt)

Het oplossen van $f(x) = y$ nabij $a$ herschrijft zich als de vastepuntsvergelijking $x = x + \dd f_a^{-1}\bigl(y - f(x)\bigr) =: \Phi_y(x)$ ; de afbeelding $\Phi_y$ heeft differentiaal $\mathrm{id} - \dd f_a^{-1}\dd f_x$ , klein nabij $a$ wegens de continuïteit van $\dd f$ , zodat $\Phi_y$ een contractie is op een kleine gesloten bal en de vastepuntsstelling van Banach (Stelling 4.12) de unieke lokale oplossing $x = f^{-1}(y)$ levert. Continuïteit en differentieerbaarheid van de inverse volgen dan uit de schattingen in de contractie. De volledige boekhouding wordt in bachelorjaar 3 uitgevoerd; de strategie — en de uitspraak — worden vanaf nu vrij gebruikt. De bijbehorende 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 buiten de oorsprong een lokaal $C^1$ -diffeomorfisme — de vergunning om “over te gaan op poolcoördinaten”, hernieuwd voor de meervoudige integralen van Hoofdstuk 20.

Voorbeeld 15.17 (Overal lokaal, nergens globaal)

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: volgens Stelling 15.14 is $f$ in elk punt van het vlak een lokaal $C^1$ -diffeomorfisme. Toch is $f$ verre van injectief: $f(x, y + 2\pi) = f(x, y)$ , dus elke waarde wordt oneindig vaak aangenomen; en surjectief is zij evenmin, want $\norm{f(x, y)} = \eu^x > 0$ mist de oorsprong. Het inzicht om te onthouden: de stelling van de inverse functie is onherleidbaar lokaal — de inverteerbaarheid van elke $\dd f_a$ levert een lappendeken van lokale inversen die niet tot één geheel hoeven samen te vallen. (Wie complexe getallen kent, herkent $z \mapsto \eu^z$ ; de lappendeken is de familie van logaritmetakken.) Vergelijk Oefening 15.12, waar een kwantitatieve globale hypothese wél één globale inverse afdwingt.

Opmerking 15.18 (Klassieke 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) verheft partiële afgeleiden tot een differentiaal. (ii) Kritiek betekent niet extremaal: zadelpunten (Voorbeeld 15.12) en het zwijgende singuliere geval (Stelling 15.11 (3)) verbergen zich 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 uit het hoofdstuk over kwadratische vormen) en de gradiënt draait mee, 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 stromingen en gebruikt de determinantformule van Liouville (bewezen in de weekendopgave van dit hoofdstuk); de hoofdstukken over krommen en oppervlakken bestuderen niveauverzamelingen en parametriseringen via de stelling van de impliciete functie; meervoudige integralen wisselen van veranderlijke via jacobimatrices. De weekendopgave ontwikkelt de rekening op de ruimte van de matrices zelf — de differentiaal van de determinant, van de inverse, de matrixexponentiaal, en de orthogonale groep als gladde niveauverzameling — de schaduw in bachelorjaar 2 van wat het volume van bachelorjaar 3 als variëteiten en lie-groepen formaliseert.

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 $r \neq 0$ (cilindercoördinaten).

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 enkele lineaire afbeelding kan deze waarden voortbrengen, dus $f$ is niet differentieerbaar in $0$ (de differentiaal zou $v \mapsto D_v$ moeten zijn).

Oefening 15.3 ★

Bepaal en klasseer de kritieke punten van $f(x, y) = x^3 + y^3 - 3xy$ met Stelling 15.11, en die 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 $(1,1)$ (de berekening uit bachelorjaar 1). Hessianen: $H = \begin{pmatrix} 6x & -3\\ -3 & 6y\end{pmatrix}$ . In $(0,0)$ : gemengde tekens van de eigenwaarden ( $\det = -9 < 0$ ): zadelpunt. In $(1,1)$ : $\det = 27 > 0$ en spoor $> 0$ : positief definiet, strikt lokaal minimum — nu gerechtvaardigd door Stelling 15.11 in plaats van per decreet.

$g = x^4 + y^4 - 2(x-y)^2$ : $\nabla g = (4x^3 - 4(x - y),\; 4y^3 + 4(x-y))$ ; kritieke punten $(0,0)$ , $(\sqrt2, -\sqrt2)$ , $(-\sqrt2, \sqrt2)$ (bachelorjaar 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 studie langs richtingen ( $g(x,x) = 2x^4 > 0$ , $g(x,-x) = 2x^4 - 8x^2 < 0$ voor kleine $x$ ) toont een punt van zadeltype — 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 $t = 1$ : volgens de kettingregel geeft dit $\langle \nabla f(x), x\rangle$ ; wegens de homogeniteit is dezelfde functie $t^pf(x)$ , met afgeleide $pf(x)$ in $t = 1$ : de identiteit van Euler.

Omkering: houd $x \neq 0$ vast en zij $\varphi(t) = f(tx) - t^p f(x)$ op $t > 0$ . Dan is $\varphi'(t) = \langle\nabla f(tx), x\rangle - pt^{p-1}f(x) = \frac1t\bigl(\langle \nabla f(tx), tx\rangle - p\,t^pf(x)\bigr)$ . De hypothese — de identiteit van Euler in het punt $tx$ — evalueert het haakje 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 deze lineaire differentiaalvergelijking is $\varphi \equiv 0$ (eenduidigheid uit bachelorjaar 1), dat wil zeggen $f(tx) = t^pf(x)$ .

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? Toon aan, aangenomen dat $A$ positief definiet is, dat $f$ een uniek globaal minimum heeft in de oplossing van $Ax = b$ — de bestaansreden van het gradiëntafdalen.

Oplossing

Oplossing van Oefening 15.5.

Uitwerken geeft $f(x + h) - f(x) = \langle Ax - b, h\rangle + \frac12\langle Ah, h\rangle$ (symmetrie van $A$ ): $\nabla f(x) = Ax - b$ en $H_f = A$ overal. $f$ is convex dan en slechts dan als $A$ positief semidefiniet is (de hessiaantest, hier globaal omdat $H$ constant is: de tweede-ordeformule van Taylor is exact). Is $A$ positief definiet, dan is het unieke kritieke punt $x^* = A^{-1}b$ , 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 ★★

(Multiplicator van Lagrange, één nevenvoorwaarde, met de hand bewezen) Zijn $f, g$ van klasse $C^1$ op $\R^2$ , en neem aan dat $f$ in $a$ een lokaal extremum aanneemt op de niveauverzameling $\{g = 0\}$ , met $\nabla g(a) \neq 0$ . Bewijs dat $\nabla f(a) = \lambda\nabla g(a)$ voor een zekere $\lambda$ . (Parametriseer de niveauverzameling nabij $a$ met de stelling van de impliciete functie en differentieer $t \mapsto f(\gamma(t))$ .) Toepassing: de 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 afgeleide, zeg $\frac{\partial g}{\partial y}(a)$ , ongelijk aan nul: de stelling van de impliciete functie (de metgezel van Stelling 15.14) parametriseert $\{g = 0\}$ nabij $a = (a_1, a_2)$ als $\gamma(t) = (t, y(t))$ met $y$ van klasse $C^1$ en $y'(t) = -\frac{\partial_x g}{\partial_y g}(\gamma(t))$ (differentieer $g(t, y(t)) = 0$ ). De functie van één veranderlijke $t \mapsto f(\gamma(t))$ 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 dwingt $\nabla(xy) = (y, x)$ evenwijdig aan $(2x, 2y)$ af dat $y^2 = x^2$ ; 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 $-\frac12$ ): maximum $\frac12$ , minimum $-\frac12$ (aangenomen: de cirkel is compact).

Oefening 15.7 ★★

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

Oplossing

Oplossing van Oefening 15.7.

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

Op de driehoek $T$ : het inwendige kritieke punt $(-\frac13, \frac13)$ ligt niet in $T$ (negatieve $x$ ). Zijden: op $y = 0$ , $x \in \intcc{0}{1}$ : $f = x^2 + x$ , stijgend: uitersten $0$ en $2$ . Op $x = 0$ : $f = y^2 - y$ , minimum $-\frac14$ in $y = \frac12$ , waarden $0$ en $0$ in 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 $f$ nabij $0$ een lokaal diffeomorfisme is, bereken $\dd(f^{-1})_{(0,0)}$ , en bepaal de grootste $r$ waarvoor $\dd f$ 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: overal is $4\abs{xy} < 1$ nodig; op $\norm{(x,y)}_2 < r$ is $\abs{xy} \leq \frac{x^2 + y^2}{2} < \frac{r^2}{2}$ , dus $r = \frac{1}{\sqrt2}$ voldoet; en groter kan niet: in $(x, y) = \bigl(\tfrac12, \tfrac12\bigr)$ , met norm $\frac{1}{\sqrt2}$ , is $\det J_f = 0$ .

Oefening 15.9 ★★★

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

Oplossing

Oplossing van Oefening 15.9.

$f(t) = (\cos t, \sin t)$ : $f(0) = f(2\pi) = (1, 0)$ , terwijl $f'(t) = (-\sin t, \cos t)$ norm $1$ heeft en dus nooit nul is: geen punt waar de afgeleide verdwijnt — Rolle heeft geen vectoranalogon. De middelwaardeongelijkheid geldt ruimschoots: $\norm{f(2\pi) - f(0)} = 0 \leq 2\pi \cdot \sup\norm{f'} = 2\pi$ .

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 verondersteld symmetrisch te zijn), en de hessiaan van elk. Voor welke $A$ is $g$ convex?

Oplossing

Oplossing van Oefening 15.10.

$f(x+h) - f(x) = 2\langle x, h\rangle + \norm h^2$ : $\dd f_x = 2\langle x, \cdot\rangle$ , $\nabla f(x) = 2x$ , hessiaan $2I$ (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. Volgens Oefening 15.11 is $g$ convex dan en slechts dan als $A + A^{\mathsf T}$ 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 hessiaan $H_x$ in elke $x$ positief semidefiniet is (herleid tot één veranderlijke: $t \mapsto f(a + t(b-a))$ ; gebruik Taylor–Lagrange in één richting, en evalueer voor de omkering $\varphi''$ ).

Oplossing

Oplossing van Oefening 15.11.

$f$ is convex dan en slechts dan als haar beperking tot elk segment convex is, dat wil zeggen dan en slechts dan als elke $\varphi(t) = f(a + tv)$ convex is. Volgens de kettingregel is $\varphi''(t) = \langle H_{a+tv}\,v,\ v\rangle$ .

Zijn alle hessianen positief semidefiniet, dan is $\varphi'' \geq 0$ , dus is elke $\varphi$ convex (volume van bachelorjaar 1) en is $f$ convex. Omgekeerd, is $f$ convex, dan 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 hessianen zijn positief semidefiniet.

Oefening 15.12 ★★★

(Een globale inversiestelling) 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 dat $\norm{f(x) - f(y)} \geq (1 - k)\norm{x - y}$ : $f$ 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 van de volledige ruimte $\R^n$ is, en besluit met de vastepuntsstelling van Banach (Stelling 4.12) dat $f$ surjectief is.
Besluit dat $f$ een bijectie van $\R^n$ is met een $(1-k)^{-1}$ -lipschitzinverse — een globale tegenhanger van Stelling 15.14, die daarentegen zuiver lokaal is.

Oplossing

Oplossing van Oefening 15.12.

Volgens de middelwaardeongelijkheid (Stelling 15.5) toegepast op $g$ is $\norm{g(x) - g(y)} \leq k\norm{x-y}$ , 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.
Houd $y$ vast; $T(x) = y - g(x)$ voldoet aan $\norm{T(x) - T(x')} = \norm{g(x') - g(x)} \leq k\norm{x - x'}$ : een contractie van de volledige ruimte $\R^n$ . Banach (Stelling 4.12) geeft een vast punt $x^* = y - g(x^*)$ , dat wil zeggen $f(x^*) = y$ : $f$ is surjectief.
$f$ is dus een bijectie van $\R^n$ met een $\frac{1}{1-k}$ -lipschitzinverse: een globale inversiestelling, waarin de kleinheid van $\dd g$ overal de hypothese van lokale inverteerbaarheid uit Stelling 15.14 vervangt.

15.5 Probleem: de rekening met 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 opvallende elegantie. Deze opgave berekent ze allemaal: de reeks van Neumann, 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 de kiem. Overal is $\vertiii\cdot$ de operatornorm ondergeschikt aan $\norm\cdot_2$ , en $\langle X, Y\rangle = \operatorname{tr}(X^{\mathsf T}Y)$ het inproduct van Frobenius.

Deel I — De reeks van Neumann.

Bewijs de submultiplicativiteit $\vertiii{AB} \leq \vertiii A\,\vertiii B$ en leid af dat veeltermafbeeldingen van $A$ (matrixproducten, determinant, spoor) continu zijn op $\mathcal M_n(\R)$ .
Toon voor $\vertiii X < 1$ 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: is $A$ inverteerbaar en $\vertiii H < \frac{1}{\vertiii{A^{-1}}}$ , dan is $A + H$ inverteerbaar. Leid ook af dat $GL_n(\R)$ dicht ligt in $\mathcal M_n(\R)$ (verstoor $A$ met $\varepsilon I$ : $\det(A + \varepsilon I)$ is een veelterm in $\varepsilon$ die niet nul is).
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 $A \mapsto A^k$ de differentiaal $H \mapsto \sum_{i=0}^{k-1} A^iHA^{k-1-i}$ heeft. Waarom mag men in het algemeen niet $kA^{k-1}H$ schrijven?
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 werk uit met vraag 2). Toets de formule aan het scalaire geval $n = 1$ .
Leid voor een $C^1$ -kromme $t \mapsto A(t) \in GL_n(\R)$ af dat $\bigl(A(t)^{-1}\bigr)' = -A^{-1}A'A^{-1}$ , en ontwikkel $t \mapsto (I + tB)^{-1}$ tot op eerste orde in $t = 0$ .
Bereken de differentiaal van $f(A) = \operatorname{tr}(A^k)$ en identificeer haar gradiënt voor het inproduct van Frobenius:

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

Deel III — De formule van Jacobi.

Bewijs dat

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

(werk $\det(e_1 + h_1, \dots, e_n + h_n)$ uit met de multilineariteit in de kolommen: termen met minstens twee $h$ -kolommen zijn $O(\vertiii H^2)$ ): $\dd(\det)_I = \operatorname{tr}$ .
Leid voor inverteerbare $A$ af dat

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

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

waarmee vraag 11 wordt teruggevonden als $A$ 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 dat

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

(gebruik $\operatorname{adj}(A)\,A = \det(A)I$ en de cyclische invariantie van het spoor) — de identiteit voor de wronskiaan 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 $\eu^A = \sum_{k\geq0}\frac{A^k}{k!}$ voor elke $A$ absoluut convergeert, normaal op elke bal, met $\vertiii{\eu^A} \leq \eu^{\vertiii A}$ ; en dat $\eu^A$ continu van $A$ afhangt.
Bewijs dat uit $AB = BA$ volgt dat $\eu^{A+B} = \eu^A\eu^B$ (Cauchy-product, geoorloofd wegens de 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 (zelfs $C^\infty$ ) 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 $A(t) = \eu^{tA}$ ). Verstandscontroles: $n = 1$ ; nilpotente $A$ ; en de matrices met spoor nul belanden in $SL_n(\R)$ .
Toon aan dat $\eu^H = I + H + O(\vertiii H^2)$ , zodat $\exp$ differentieerbaar is in $0$ met $\dd(\exp)_0 = \mathrm{id}$ ; besluit 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 eenheidsmatrix heeft een logaritme.
Toon aan dat $\exp$ de symmetrische matrices bijectief afbeeldt op de symmetrische positief definiete matrices (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 deze differentiaal in elke $A \in O_n = F^{-1}(I)$ surjectief is op $S_n$ (probeer voor gegeven $S \in S_n$ de matrix $H = \frac12 AS$ ): $O_n$ 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 $I$ bestaat precies uit de antisymmetrische matrices.
Toon aan dat $\det\eu^{K} = 1$ voor antisymmetrische $K$ (vraag 18): de exponentiële kromme leeft in de rotatiegroep $SO_n$ . Bereken haar volledig voor $n = 2$ : bewijs met $J = \begin{pmatrix}0 & -1\\ 1 & 0\end{pmatrix}$ dat

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

de matrixexponentiaal is de rotatie over $\theta$ , en de reeksdefinities van cosinus en sinus duiken opnieuw op, binnen in een matrix.
(De truc met de dichtheid) Breid met de dichtheid van $GL_n(\R)$ (vraag 3) en de continuïteit de identiteit

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

uit van inverteerbare tot alle matrices (voor inverteerbare $A, B$ zijn beide leden gelijk aan $\det(AB)(AB)^{-1}$ ; beide leden zijn veeltermen in de elementen).
Synthese. In telkens één zin: (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 uit deze opgave het hoofdstuk over differentiaalvergelijkingen zal steunen, 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 van bachelorjaar 3 van de vragen 21–23 maakt (lie-groepen en hun lie-algebra’s).

Oplossing

Oplossing van Probleem 15.1.

1. $\norm{ABx} \leq \vertiii A\norm{Bx} \leq \vertiii A\vertiii B\norm x$ : neem het supremum over $\norm x = 1$ . Matrixproducten, $\det$ en $\operatorname{tr}$ zijn veeltermfuncties van de elementen en 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 en dus convergeert zij (Stelling 5.21). Uit $(I - X)\sum_{k\leq N}X^k = I - X^{N+1} \to I$ volgt dat de som $(I - X)^{-1}$ is. 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 volgens vraag 2: de open bal met straal $\vertiii{A^{-1}}^{-1}$ rond $A$ ligt in $GL_n(\R)$ . Dichtheid: $\det(A + \varepsilon I)$ is een veelterm van graad $n$ in $\varepsilon$ met leidende coëfficiënt $1$ : zij heeft eindig veel nulpunten, 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},

met norm hoogstens $\frac{\vertiii{A^{-1}H}}{1 - \vertiii{A^{-1}H}}\,\vertiii{A^{-1}} \leq 2\vertiii{A^{-1}}^2\vertiii H \to 0$ : $\Phi$ 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 $O(\vertiii H^2)$ . $(A + H)^k$ uitwerken en sorteren naar 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 $H$ worden begrensd door $\binom k2$ producten van de orde $\vertiii A^{k-2}\vertiii H^2$ : $O(\vertiii H^2)$ . Men kan de som niet tot $kA^{k-1}H$ laten inklappen omdat $H$ en $A$ niet hoeven te commuteren — de som is de juiste 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 vertrouwde afgeleide.

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

8. Volgens vraag 5 en de 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) .

Tegenover het product van Frobenius vereist $\dd f_A(H) = \operatorname{tr}\bigl((\nabla f)^{\mathsf T}H\bigr)$ 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-ordeterm is precies $\norm H_F^2$ : de hessiaan is tweemaal de identieke kwadratische vorm, positief definiet en constant, zodat $\norm\cdot_F^2$ strikt convex is (de formule van Taylor is hier exact).

10. Wegens de multilineariteit in de kolommen is $\det(I + H) = \sum_{S\subseteq\{1,\dots,n\}}\det(M_S)$ , waarbij $M_S$ de 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 element $h_{jj}$ , wat samen $\operatorname{tr}H$ oplevert; elke term met $\abs S \geq 2$ is een determinant met minstens twee kolommen van de orde $O(\vertiii H)$ en dus $O(\vertiii H^2)$ (multilineaire afbeeldingen op een eindigdimensionale ruimte zijn begrensd), en zulke termen zijn er 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. Ontwikkeling van Laplace langs rij $i$ : $\det A = \sum_j a_{ij}C_{ij}$ , en de cofactoren $C_{ij}$ betreffen rij $i$ niet: $\frac{\partial\det}{\partial a_{ij}} = C_{ij}$ . Bijgevolg is

\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 $A$ geeft $\operatorname{adj}A = \det(A)A^{-1}$ vraag 11 terug. Langs een $C^1$ -kromme luidt 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; ook $A\operatorname{adj}A = \det(A) I$ ). De scalaire lineaire differentiaalvergelijking $y' = \operatorname{tr}(M(t))\,y$ heeft de unieke oplossing $y(t) = y(0)\exp\bigl(\int_0^t \operatorname{tr}M\bigr)$ (bachelorjaar 1): de formule van Liouville.

14. Neem in $A \in SL_n(\R)$ de matrix $H = \frac1nA$ : $\dd(\det)_A\bigl(\tfrac1nA\bigr) = \frac1n\det(A) \operatorname{tr}(A^{-1}A) = \frac1n\cdot1\cdot n = 1 \neq 0$ : de differentiaal is een lineaire vorm die niet nul is en dus in elk punt van de niveauverzameling surjectief op $\R$ : $SL_n(\R)$ 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 (het volledigheidsargument van vraag 2), met normale convergentie op elke bal $\vertiii A \leq R$ (grens $R^k/k!$ onafhankelijk van $A$ ). Elke partiaalsom is continu (een veelterm); 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 geoorloofd (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},

waarbij de binomiale identiteit $AB = BA$ vereist. Met $B = -A$ : $\eu^A\eu^{-A} = \eu^0 = I$ : elke $\eu^A$ ligt 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, element voor element toegepast) geeft $\frac{\dd}{\dd t}\eu^{tA} = A\eu^{tA}$ ; $A$ in plaats daarvan rechts afzonderen geeft $\eu^{tA}A$ . Herhalen: $C^\infty$ .

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 exponentiële functie zelf; een nilpotente $A$ heeft $\operatorname{tr}A = 0$ en $\eu^A$ unipotent met determinant $1$ ; en $\operatorname{tr}A = 0$ geeft $\det\eu^A = 1$ : de matrices met spoor nul worden naar $SL_n(\R)$ gezonden.

19. $\eu^H - I - H = \sum_{k\geq2}H^k/k!$ , met norm $\leq \vertiii H^2\eu^{\vertiii H} = O(\vertiii H^2)$ : $\dd(\exp)_0 = \mathrm{id}$ , inverteerbaar. Bovendien is $\exp$ van klasse $C^1$ : volgens vraag 5 is de kandidaat-differentiaal $H \mapsto \sum_k\frac1{k!}\sum_iA^iHA^{k-1-i}$ een normaal convergente reeks van lineaire afbeeldingen die continu van $A$ afhangen (grenzen $\vertiii A^{k-1}/(k-1)!$ op ballen), zodat de partiële afgeleiden bestaan en continu zijn (Stelling 15.2 en de overdrachtsstelling voor reeksen). De stelling van de inverse functie (Stelling 15.14) is van toepassing 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) is $\eu^S = P\eu^DP^{\mathsf T}$ 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: $\eu^S$ legt haar eigenruimten vast, en dat zijn precies die van $S$ (op elke eigenruimte van $S$ bij $\lambda$ werkt $\eu^S$ als $\eu^\lambda$ ; verschillende $\lambda$ geven verschillende $\eu^\lambda$ ), en $\ln$ nemen van de eigenwaarden geeft $S$ terug. Dus is $\exp$ een bijectie van de symmetrische matrices op de positief definiete.

21. $F(A + H) = A^{\mathsf T}A + A^{\mathsf T}H + H^{\mathsf T}A + H^{\mathsf T}H$ : $\dd F_A(H) = A^{\mathsf T}H + H^{\mathsf T}A$ (met waarden in $S_n$ ; fout $O(\vertiii H^2)$ ). Voor $A \in O_n$ en $S \in S_n$ 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. $A(t)^{\mathsf T}A(t) = I$ differentiëren 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 term voor term; de exponenten commuteren): de kromme blijft in $O_n$ , met snelheid $K$ in $t = 0$ . De raakruimte in $I$ bestaat dus uit 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 belandt in $SO_n$ . Voor $n = 2$ : $J^2 = -I$ , dus $J^{2m} = (-1)^mI$ en $J^{2m+1} = (-1)^mJ$ , 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 reeksen van sinus en cosinus leven binnen in 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 leden van de identiteit zijn veeltermafbeeldingen (en dus continu) van de elementen van $(A, B)$ ; zij 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 zij stemmen overal overeen.

25. (i) Deel I draaide op de volledigheid van eindigdimensionale genormeerde ruimten (absoluut convergente reeksen convergeren), Deel IV op hetzelfde plus de spectraalstelling voor vraag 20, en de lokale logaritme van Deel V op de stelling van de inverse functie. (ii) Het hoofdstuk over differentiaalvergelijkingen steunt 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), wat de uitspraak is dat $\eu^{tA}$ het stelsel $X' = AX$ oplost. (iii) $\dd(\det)_I = \operatorname{tr}$ zegt dat het spoor de infinitesimale snelheid van volumeverandering is, en $\det\eu^A = \eu^{\operatorname{tr}A}$ integreert die uitspraak globaal. (iv) Het volume van bachelorjaar 3 geeft de structuren hun naam: $O_n$ en $SL_n(\R)$ zijn lie-groepen, hun raakruimten in $I$ (antisymmetrische matrices en matrices met spoor nul) zijn lie-algebra’s, en $\exp$ is de brug tussen beide.

Begrippen gedefinieerd in dit hoofdstuk

differentieerbaar

Bekijk alle 395 begrippen in de begrippenlijst