Свойства на топологичната степен. Дефиниция върху регулярни стойности.

Свойства на топологичната степен. Дефиниция върху регулярни стойности.


страницата се нуждае от дописване/преглеждане


Свойства на топологичната степен

Нека $y$ е сингулярна стойност, а $\alpha = \rho(y, f(\partial \Omega))$. Тогава от теоремата на Сард, можем да твърдим, че съществува регулярна стойност $y_1 \in B_\alpha(y)$ (иначе всички в кълбото са сингулярни и тогава мярката им не е $0$ ). Нека $y(t) = ty + (1-t)y_1$. Ясно е че понеже $y_1$ и центърът на кълбото $y$ са точки от кълбото $B_\alpha(y)$, а също така е ясно че кълбото не сече множеството от граничните стойности на $f$ (понеже разстоянието от $y$ до там е $\alpha$), или казано другояче.$y(t) \in B_\alpha(y), B_\alpha(y) \cap f(\partial \Omega) = \emptyset \Rightarrow y(t) \not \in f(\partial \Omega)$. Сега от хомотопичната устойчивост на степента на топология заключаваме $d(f, \Omega, y) = d(f, \Omega, y_1)$, т.е. степента на топология е дефинирана ако е дефинирана в регулярните точки.

Твърдение: Ако функцията $f \in \overline C^1(\Omega)$ и целевата точка $y \in f(\partial \Omega \cup S_f)$, е регулярна и не е по границата, то $f^{-1}(y)$ е крайно (което не изключва празно множество).

Доказателство:
Тъй като $y$ е регулярна, т.е. $\forall x: f(x) = y \Rightarrow \det f'(x) \neq 0$, можем да ползваме теоремата за неявната функция. Тя ни дава, че $\forall x \in f^{-1}(y) \exists U_x$, $U_x$ околност на $x$, такава че $U_x \cap f^{-1}(y) = \{y\}$. Тъй като $\overline \Omega$ е компактно, то ако допуснем, че решенията са безкраен брой $x_1, x_2, \cdots$, редицата им има точка на сгъстяване $x_0 \in \overline \Omega$. Понеже $f$ е непрекъснато, то $f(x_0) = y$ и следователно $x_o \not \in \partial \Omega$ (от $y \not \in f( \partial \Omega )$) и следователно $x_0 \in \Omega$. Това обаче е в противоречие, с факта че, съществува околност за $x_0, U_{x_0}$, за която $U_{x_0} \cap f^{-1}(y) = {x_0}$ (защото $x_0$ е граница на други решения). $\Box$

Сега ще покажем свойства на степента на топология които следват от аксиомите за нея. Нека $(f, \Omega, y)$ e допустима тройка.
Да си вземем $\Omega_1 = \Omega$ и $\Omega_2 = \emptyset$ и да приложим локализацията. Имаме:

(1)
\begin{eqnarray} & & d(f, \Omega, y) = d(f, \Omega, y) + d(f, \emptyset, y)\\ & & \Rightarrow d(f, \emptyset, y) = 0 \end{eqnarray}

Нека $(f, \Omega, y)$ e допустима тройка и $y \not \in f(\overline \Omega \setminus \Omega_1)$. Взимаме си $\Omega_1 \subset \Omega, \Omega_2 = \emptyset$, тогава отново от локализацията:

(2)
\begin{eqnarray} & & d(f, \Omega, y) = d(f, \Omega_1, y) + d(f, \emptyset, y)\\ & & \Rightarrow d(f, \Omega, y) = d(f, \Omega_1, y) \end{eqnarray}

Понеже горното е вярно за всяко $\Omega_1 \subset \Omega$:

(3)
\begin{eqnarray} & & d(f, \Omega, y) = d(f, \emptyset, y) = 0 \end{eqnarray}

Да разгледаме множеството $f^{-1}(y) = \left \{ x_1, x_2, \cdots, x_k \right \}$. От твърдението по-горе, знаем че съществуват $U_{x_i}$, околности на $x_i$, такива че $U_{x_i} \cap U_{x_j} = \emptyset, i \neq j$, $f$ е биекция от $U_{x_i}$ във $V_{x_i} \subset f( \overline \Omega)$, като $y \not \in f(\overline \Omega \setminus \cup_{i = 1}^{k} U_{x_i})$. Ясно е освен това, че с Локализация и индукция можем да покажем формулата: $d(f, \Omega, y) = \sum_{i = 1}^{k} d(f, U_{x_i}, y)$. Да фиксираме $i \in \{ 1, 2, \cdots, k \}$. Имаме $f(x) = y + f'(x_i)(x - x_i) + o(||x - x_i||)$. Нека $A = f'(x_i)$. Конструираме функциите $h(t,x) = tf(x) + (1-t)(Ax - Ax_i)$ и $y(t) = ty$. Ще видим за какво множество те изпълняват изискванията в хомотопичната устойчивост. Ясно е че са непрекъснати, остава да покажем за кое множество е вярно второто изискване. Преди това да забележим неравенство за норма на матрица ( $\left | \left | A \rgiht | \right | = \sup \left \{ \left | \left | Ax \right | \right | : \left | \left | x \right | \right | \leq 1 \right \}$ ).

(4)
\begin{eqnarray} & & if \det A \neq 0 \Rightarrow z = A^{-1}Az\\ & & \left | \left | z \right | \right | \leq \left | \left | A^{-1} \right | \right | \left | \left | Az \right | \right |\\ & & \frac{\left | \left | z \right | \right |}{\left | \left | A^{-1} \right | \right |} \leq \left | \left | Az \right | \right | \end{eqnarray}

Сега вече напред към:

(5)
\begin{eqnarray} & & \left | \left | h(t, x) - y(t) \right | \right | = \left | \left | tf(x) + (1-t)A(x - x_i) - ty \right | \right | =\\ & & \left | \left | ty + tA(x - x_i) + to( \left | \left | x - x_i \right | \right | ) + A(x - x_i) - tA(x - x_i) - ty \right | \right | =\\ & & \left | \left | A(x - x_i) + to( \left | \left | x - x_i \right | \right | ) \right | \right | \geq \left | \left | A(x - x_i) \right | \right | - to( \left | \left | x - x_i \right | \right | ) \geq \\ & & \left | \left | A(x - x_i) \right | \right | - o( \left | \left | x - x_i \right | \right | ) \geq \frac{1}{\left | \left | A^{-1} \right | \right | } \left | \left | x - x_i \right | \right |- o(\left | \left | x - x_i \right | \right |) > 0 \end{eqnarray}

($o(\left | \left | x - x_i \right | \right |)$ трябва да е векторна функция но прилича на скаларна… ???)

Последното неравенство, разбира се е вярно за достатъчно близко $x$, до $x_i$, т.е. $\left | \left | x - x_i \right | \right | \leq r_i$, за $r_i > 0$, или $x \in B_{r_i}(x_i) \subset U_{x_i}$. Тогава от (2) и от това което доказахме по-горе, веднага виждаме, че $d(f, U_{x_i}, y) = d(f, B_{r_i}(x_i), y) = d(A(\cdot) - Ax_i, B_{r_i}(x_i), \mathfrak{0})$. Отново използвайки (2) имаме $d(A(\cdot) - Ax_i, B_{r_i}(x_i), \mathfrak{0}) = d(A(\cdot) - Ax_i, B_R(\mathfrak{0}), \mathfrak{0})$, за $R$, такова че $B_{r_i}(x_i) \subset B_R(\mathfrak{0}), Ax_i \in B_R(\mathfrak{0})$. Сега ако разгледаме хомотопизмът $h(t, x) = A(\cdot) - tAx_i$, последното равенство можем да запишем и така: $d(A(\cdot) - Ax_i, B_R(\mathfrak{0}), \mathfrak{0}) = d(A(\cdot), B_R(\mathfrak{0}), \mathfrak{0})$. Нуждаем се от малко пояснение, защо наистина $h(t, x)$ е хомотопизъм. Ясно е че понеже $\forall x \in \partial B_R(\mathfrak{0}), ||Ax - tAx_i|| \neq \mathfrak{0}$, понеже от $Ax_i \in B_R(\mathfrak{0}) \Rightarrow Ax_i \not \in \partial B_R(\mathfrak{0})$.

Следователно, можем да запишем, за регулярно $y$:

(6)
\begin{eqnarray} & & d(f, \Omega, y) = \sum_{x \in f^{-1}(y)} d(f'(x_i), B_R(\mathfrak{0}), \mathfrak{0}) \end{eqnarray}

Дефиниция върху регулярни стойности

Оттук надолу, ще се заемем с доказването на следното:

(7)
\begin{eqnarray} & & \det A \neq 0 \Rightarrow d(A, B_R(\mathfrak{0}), \mathfrak{0}) = \operatorname{sgn}(\det A) \end{eqnarray}

Следва твърдение от линейната алгебра което, приемаме на доверие. Ако не друго поне звучи логично :)

Твърдение: Нека $A_{n \times n}$ е матрица с размерност $n \times n$. Нека $\mu_1, \mu_2, \cdots, \mu_s$ са отрицателните и собствени стойности, а $\alpha_1, \alpha_2, \cdots, \alpha_s$ са техните кратности. Тогава можем да представим $\mathbb{R}^n$, като директна сума $\mathbb{R}^n = M \oplus N$, така че да са изпълнени:

  1. $AM \subset M, AN \subset N$
  2. $A |_M$ има само отрицателни собствени стойности и те са: $\mu_1, \mu_2, \cdots, \mu_s$ и $\dim M = \sum_{i=1} \alpha_i = \alpha$
  3. $A |_N$ има само положителни собствени стойности.

Нано Лемичка: От $\det A \neq 0 \Rightarrow \operatorname{sgn}(\det A) = (-1)^{\alpha}$
Доказателство:
Характеристичният полином на $A$ е $\det(A - \lambda E)$, където $E$ е единичната матрица. От друга страна, той е $\prod_{i = 1}^s(\mu_i - \lambda )^{\alpha_i}\prod_{j = s + 1}^k(\nu_j - \lambda)^{\beta_j} = (-1)^{\alpha} \prod_{i = 1}^s( \lambda - \mu_i)^{\alpha_i}\prod_{j = s + 1}^k(\nu_j - \lambda)^{\beta_j}$, където $\nu_j$ са положителните или комплекси корени на полинома, $\beta_j$ съответните им кратности. Следователно като заместим $\lambda = 0$, по-горе имаме $\det A = (-1)^{\alpha} \prod_{i = 1}^s(- \mu_i )^{\alpha_i}\prod_{j = s + 1}^k(\nu_j)^{\beta_j}$, като $\prod_{i = 1}^s(- \mu_i )^{\alpha_i}\prod_{j = s + 1}^k(\nu_j)^{\beta_j} \geq 0$ за положителните и отрицателните ясно, а за комплексните всяко участва с спрегнатото си, понеже коеф. на $A$, са реални. Следователно $\operatorname{\det A} = (-1)^{\alpha} \Box$

Оттук нататък, за доказване на твърдението ще разгледаме няколко подслучая.

1) Нека $A$ няма отрицателни собствени стойности. Да разгледаме $h(t, x) = tAx + (1 - t)x$. $h$ е хомотопизъм, понеже $||h(t, x) - \mathfrak{0}|| = t ||Ax - \frac{t - 1}{t}x|| \neq 0, t \neq 0$ , понеже иначе $\frac{t - 1}{t} < 0$ би било собствена стойност на $A$. Ако пък $t = 0$, това че $||tAx + (1 - t)x|| = ||x|| = 0 \Leftrightarrow x = \mathfrak{0} \not \in \partial B_R(\mathfrak{0})$, ни дава че $h$, е хомотопизъм. Следователно в този случай, наистина $d(A(\cdot), B_R(\mathfrak{0}), \mathfrak{0}) = d(id, B_R(\mathfrak{0}), \mathfrak{0}) = 1 = \operatorname{sgn}(\det A)$

2) Вече сме в случая когато $A$ има поне една отрицателна собствена стойност. Разбиваме $\mathbb{R}^n = M \oplus N$ и нека $P_1 : \mathbb{R}^n \rightarrow M, P_2 = id - P_1 : \mathbb{R}^n \rightarrow N$, са проекциите от $\mathbb{R}^n$ в двете подпространства.

Лема: Ще покажем, че $d(A, B_R(\mathfrak{0}), \mathfrak{0}) = d( -P_1 + P_2, B_R(\mathfrak{0}), \mathfrak{0})$.
Доказателство:
Дефинираме

(8)
\begin{eqnarray} & & h(t,x) = tAx + (1-t)(-P_1x + P_2x) = \\ & & tA(P_1x + P_2x) + (1-t)(-P_1x + P_2x) =\\ & & [tAP_1x - (1-t)AP_1x] + [tAP_2x + (1-t)AP_2x] \end{eqnarray}

Първото събираемо е от $M$, а второто от $N$. Следователно и двете трябва да са нулев вектор, за да може като цяло да получим нулев вектор. Нека $t \neq 0$. Тогава

(9)
\begin{eqnarray} & & tAP_1x - (1-t)AP_1x = \mathfrak{0}\\ & & tAP_2x + (1-t)AP_2x = \mathfrak{0}\\ & & A(P_1x) = \frac{(1-t)}{t}(P_1x) \Rightarrow P_1x = \mathfrak{0}\\ & & A(P_2x) = \frac{(t-1)}{t}(P_2x) \Rightarrow P_2x = \mathfrak{0}\\ & & (P_1 + P_2)x = \mathfrak{0} \Leftrightarrow x = \mathfrak{0} \end{eqnarray}

Пред-последните две следствия идват от факта, че в $M$ има само отрицателни собствени стойности, а $\frac{(1-t)}{t}$ е положителна, а в $N$ само положителни, а $\frac{(t - 1)}{t}$ е отрицателна. Ако $t = 0$, то имаме че $h(t,x) = \mathfrak{0} \Leftrightarrow -P_1x + P_2x = \mathfrak{0} \Rightarrow x = \mathfrak{0}$. С това доказахме че $h$ е хомотопизъм, а следователно и твърдението. $\Box$

2.1) $\alpha = \dim M$ е четно. Идеята тук е, че за всяко четно число съществува толкова размерна матрица, умножена със себе си даваща минус идентитета, която няма отрицателни собствени стойности. Нека $B$ е тази матрица за числото $\alpha$. Да дефинираме $h(t, x) = t(-P_1x + P_2x) + (1-t)(-BP_1x + P_2x)$. Както обикновено, ще доказваме че $h$ е хомотопизъм. Да видим кога $h$ се нулира.

(10)
\begin{eqnarray} & & h(t, x) = t(-P_1x + P_2x) + (1-t)(-BP_1x + P_2x) =\\ & & (-tP_1x - (1-t)BP_1x) + P_2x = 0\\ & & P_1x \in M, BP_1x \in M \Rightarrow (-tP_1x - (1-t)BP_1x) \in M\\ & & P_2x \in N \end{eqnarray}

(Защо $BP_1x \in M$ ?)
Следователно $h$ се нулира тогава когато $(-tP_1x - (1-t)BP_1x) = \mathfrak{0} \Leftrightarrow B(P_1x) = \frac{-t}{1-t}(P_1x)$ и $P_2x = \mathfrak{0}$. Т.е. отново $x = \mathfrak{0}$. Сега вече можем да напишем $d(A, B_R(\mathfrak{0}), \mathfrak{0}) = d( -P_1 + P_2, B_R(\mathfrak{0}), \mathfrak{0}) = d(-B^2P_1 + P_2, B_R(\mathfrak{0}), \mathfrak{0}) = d(id, B_R(\mathfrak{0}), \mathfrak{0})$$= 1$.

2.2) $\alpha$ е нечетно. Тук нямаме такава матрица. Представяме $M$ като директна сума $M = M_1 \oplus M_2$, като $\dim M_1 = 1$, $\dim M_2$ e четно. Нека $Q_1: M \rightarrow M_1, Q_2: M \rightarrow M_2, Q_1 + Q_2 = id|_M$, са проекции. Тогава $x = P_1x + P_2x = Q_1x + Q_2x + P_2x$. Като използваме условието което доказахме в предният случай получаваме:

(11)
\begin{eqnarray} & & -P_1 + P_2 = -Q_1P_1 -Q_2P_1 + P_2 \Rightarrow\\ & & -Q_1P_1 - B^2P_1 + P_2 = -Q_1P_1 + Q_2P_1 + P_2 \end{eqnarray}

Нека $\tilde P_1 = Q_1P_1, id - \tilde P_1 = \tilde P_2 = Q_2P_1 + P_2: \mathbb{R}^n \rightarrow M_2 \oplus N$, като $B$ е матрицата за $M_2$. Следователно, като се позовем на (11) можем да напишем: $d(-P_1 + P_2, B_R(\mathfrak{0}), \mathfrak{0}) = d(- \tilde P_1 + \tilde P_2, B_R(\mathfrak{0}), \mathfrak{0})$. Нека $g$ е непрекъсната в $\overline \Omega$ където $\Omega \in M_1$ е отворено множество и $y \in M_1$. Да дефинираме $\tilde d(g, \Omega, y) = d(g \circ \tilde P_1 + \tilde P_2, \Omega + \tilde B_r(\mathfrak{0}), y )$, където $\tilde B_r(\mathfrak{0}) = B_r(\mathfrak{0}) \cap (M_2 \oplus N)$. Т.е. $\Omega + \tilde B_r(\mathfrak{0})$ е цилинрично множество. Лесно се доказва че така дефинираното $\tilde g$ е топологична степен. Нека $M_1 = \{ \lambda e : \lambda \in \mathbb{R} \}, e \in \mathbb{R}^n, ||e|| = 1$. Цялата идея дотук, беше да сведем нещата към едномерен случай в който вече лесно се вижда, че ако $\Omega = (-2, 2)$, то $\tilde d(-id, \Omega, 0) = -1$. Да разгледаме функцията $g = (|\lambda| - 1)e$. Чрез хомотопизмът $h(t, \lambda e) = tg(\lambda, e) + (1-t)e$, получаваме че $\tilde d(g, \Omega, \mathfrak{0}) = \tilde d(e, \Omega, \mathfrak{0}) = 0$. Също така ясно е че $\tilde d(g, (-2, 0), \mathfrak{0}) = \tilde d(-id - e, (-2,0), \mathfrak{0}) = \tilde d(-id - e, (-2,2), \mathfrak{0}) =$
$= \tilde d( -id - e, (-2, 2), \mathfrak{0}) = \tilde d( -id, (-2, 2), \mathfrak{0})$. Предното е така заради хомотопизма $h(t, x) = -\lambda e - te$. Разбира се по аналогичен начин можем да получим, че $\tilde d(g, (0,2), \mathfrak{0}) = \tilde d(id, (-2, 2), \mathfrak{0}) = 1$. И следователно $\tilde d(-id, \Omega, \mathfrak{0}) = -1$. Т.е. в крайа сметка, ако за матрицата $A, \det A \neq 0$, то $d(A, B_R(\mathfral{0})) = d(-\tilde P_1 + \tilde P_2, B_R(\mathfrak{0}), \mathfrak{0}) = d(-\tilde P_1 + \tilde P_2, (-R, R) + \tilde B_R(\mathfrak{0}), \mathfrak{0})$$= \tilde d(-id, (-R, R), \mathfrak{0}) = -1$. Следователно $f \in \overline C^1(\Omega), y \not \in f(\partial \Omega \cup S_f)$ имаме:

(12)
\begin{eqnarray} & & d(f, \Omega, y) = \sum_{x \in f^{-1}(y)}d(f'(x), B_R(\mathfrak{0}), \mathfrak{0}) = \sum_{x \in f^{-1}(y)}\operatorname{sgn} \det (f'(x)) \end{eqnarray}
Unless otherwise stated, the content of this page is licensed under Creative Commons Attribution-NonCommercial-ShareAlike 3.0 License