Малое возмущение уравнения k-поверхности

[demolishka]

Пусть $F$ не имеет критических точек и уравнение $F(x_1,\ldots,x_n)=0$ задает компактную $k$-поверхность $\Sigma$ в $\mathbb{R}^n$. Доказать, что при всех достаточно малых $t$ уравнения $F(x_1,\ldots,x_n)=t$ также задают компактные $k$-поверхности $\Sigma_t$, которые лежат в $\delta(t)$-окрестности $\Sigma$ и $\delta(t)=O(t)$ при $t \to 0$.

Естественно рассматривать $F \colon \overline{G} \subset \mathbb{R}^n \to \mathbb{R}^{k}$, где $G \supset \Sigma$ --- ограниченная область (иначе утверждение попросту неверно).

Покажем, что $\delta(t) \to 0$ при $t \to 0$. Действуя от противного, найдем $\delta_{0} > 0$ и последовательность $p_{t_k} \in \Sigma_{t}$ такую, что $\varrho(p_{t_k},\Sigma) \geq \delta_{0}$. В силу ограниченности, из $p_{t_k}$ можно выделить сходящуюся к некоторому $p^{*}$. Тогда $p^{*} \in \Sigma$ и $\varrho(p^{*},\Sigma) \geq \delta_{0} > 0$. Противоречие.

Следствие. При достаточно малых $t$, $\Sigma_t$ --- компактная $k$-поверхность в $\mathbb{R}^n$. Компактность очевидна. Рассмотрим $p \in \Sigma$. Тогда дифференциал $F$ в точке $p$ по условию имеет максимальный ранг, т. е. $k$. Тогда малым шевелением точки $p$ эта максимальность сохранится. Далее применим компактность $\Sigma$ и возьмем достаточно маленькие $t$, так чтобы $\delta(t)$ было малым, исходя из наименьшего радиуса конечного покрытия $\Sigma$. Тогда в точках $\Sigma_{t}$ дифференциал $F$ также имеет максимальный ранг, поэтому $\Sigma_{t}$ --- компактная $k$-поверхность.

У меня возникли затруднения с тем, что $\delta(t)=O(t)$. В силу компактности, полурасстояние $\delta(t)$ между $\Sigma_t$ и $\Sigma$ достигается на элементах $p_t \in \Sigma_t$ и $p^{*}_t \in \Sigma$. Тогда

$$t=F(p_t)-F(p^{*}_t)=dF(p^{*}_t)(p_t-p^{*}_t) + o(|p_t-p^{*}_t|).$$

Отсюда сразу видно, что $t=O(\delta(t))$. Но дифференциал $dF$ необратим, поэтому неясно как получить нужное соотношение.

[svv]

Тут везде $t\in\mathbb R^k$?

[demolishka]

svv в сообщении #1262344 писал(а):

Тут везде $t\in\mathbb R^k$?

Да.

[demolishka]

demolishka в сообщении #1262327 писал(а):

$F \colon \overline{G} \subset \mathbb{R}^n \to \mathbb{R}^{k}$

Тут конечно для $k$-поверхности в $\mathbb{R}^n$ должно быть $F \colon \overline{G} \subset \mathbb{R}^n \to \mathbb{R}^{n-k}$. Также само собой рассматриваются только те малые $t$ при которых $\Sigma_{t}$ не пусто.

[svv]

У меня получилась такая оценка: $\delta(t)\leqslant\underset{p\in\overline{G}}\max\sqrt{t^T\,(A_p A_p^T)^{-1}\,t}$
Тут $\delta(t)$ — максимальное расстояние между $\Sigma$ и $\Sigma_t$,
$A_p$ — матрица $dF$ в точке $p$ по отношению к стандартным базисам в $\mathbb R^n$ и $\mathbb R^m$.
(я обозначил $m=n-k$)

Вкратце: для данной точки $p_0\in\Sigma$ и вектора $t$ я строил кривую в $\mathbb R^n$ с началом в $p_0$ и концом в некоторой точке $p_1\in \Sigma_t$. От кривой требовались два свойства:
1) Она в каждой своей точке $p$ ортогональна поверхности $\Sigma_{F(p)}$, проходящей через эту точку.
2) Её образ при отображении $F$ — это отрезок в $\mathbb R^m$, соединяющий точки $0$ и $t$.
Длина этой кривой даёт неплохую верхнюю оценку расстояния от точки $p$ до поверхности $\Sigma_t$; если матрица $A$ не зависит от координат, выражение даёт точное расстояние.

[demolishka]

svv, спасибо за ответ. Непонятно почему такая кривая существует (нужно как-то задать векторное поле в $F^{-1}((0,t))$ и использовать базовые результаты разрешимости краевых задач?) и как использовать эти два свойства, чтобы получить оценку как у Вас. Первое свойство значит, что искомая кривая $\gamma(\cdot)$ удовлетворяет

$$\dot{\gamma}(s)=\sum\limits_{i=1}^{m}\alpha^{i}(s)F^{i}_{x}(\gamma(s)), \ s \in (0,1).$$

Отсюда $|\dot{\gamma}(s)|^{2}= \alpha^{T} G \alpha$, где $G=\left[ \left( F^{i}_{x},F^{j}_x \right) \right]_{i,j=1}^{m}=A_{p}A^{T}_{p}$ --- матрица Грама системы векторов $F^{1}_{x},\ldots,F^{m}_{x}$ в точке $p=\gamma(s)$. Как теперь использовать второе условие, чтобы получить какие-то взаимосвязи на коэффициенты $\alpha^{i}$ и $t$? Еще меня смущает, что у Вас в оценке фигурирует матрица $G^{-1}$, а не $G$.

[pogulyat_vyshel]

В окрестности каждой точки многообразия $\{F=0\}$ существует система координат $(x^1,\ldots,x^n)$ в которой $F^i(x)=x^i,\quad i=1...k<n$. И пусть $e_j,\quad j=1,\ldots,n$ -- базисные векторы этой системы координат. С помощью разбиения единицы эти векторные поля можно сшить до векторных полей в окрестности многообразия $\{F=0\}$. Фазовые потоки соответствующих векторных полей обозначим за $g_i^{t_i}$. Легко сообразить, что

$$g_1^{t_1}\circ\ldots\circ g^{t_k}_k(\{F=0\})=\{F=t\},\quad t=(t_1,\ldots,t_k)$$

-- 09.11.2017, 15:08 --

demolishka в сообщении #1262327 писал(а):

нение $F(x_1,\ldots,x_n)=0$ задает компактную $k$-поверхность

надеюсь без самопересечений :)

[svv]

Точки $\mathbb R^n$ будем обозначать $x$, точки $\mathbb R^m$ будем обозначать $t$ (если нужно, с индексами).
$\Sigma_t$ — поверхность, задаваемая уравнением $F(x)=t$. Очевидно, $x\in \Sigma_{F(x)}$.
Я не буду различать вектор как элемент касательного пространства и вектор-столбец с координатами.

Построение, важное для дальнейшего:

Цитата:

Вектор $\chi\in T_x\mathbb R^n$ будет ортогонален $\Sigma_{F(x)}$ в точке $x$, если $\chi=A_x^T c$, где $c\in\mathbb R^m$.
Зададим вектор $\tau\in\mathbb R^m$ и дополнительно потребуем $d_xF(\chi)=\tau$. Тогда $A_x\chi=\tau,\; \chi=A_x^T c$, откуда $\chi=A_x^T(A_xA_x^T)^{-1}\tau$.
Матрица $A_x$ имеет максимальный ранг, $A_xA_x^T$ невырождена, так что нужный вектор $\chi$ существует и единственен.

Выберем $t_*\in\mathbb R^m$, а также $x_0\in \Sigma_0$ и $x_*\in \Sigma_{t_*}$.

Соединим $x_0$ и $x_*$ гладкой кривой $x=\gamma(s)$, причём $\gamma(0)=x_0, \gamma(1)=x_*$. Её образом в $\mathbb R^m$ при отображении $F$ будет кривая $t=\zeta(h)$.
Пусть параметризация кривых $\gamma,\zeta$ согласована: значение параметра $s$ кривой $\gamma$ в точке $x$ равно значению параметра $h$ кривой $\zeta$ в точке $F(x)$. Тогда касательные векторы $\chi=\frac d{ds}$ из $T_x\mathbb R^n$ и $\tau=\frac d{dh}$ из $T_{F(x)}\mathbb R^m$ связаны соотношением $d_xF(\chi)=\tau$ или, в координатах, $A_x\chi=\tau$. Если вдобавок кривая $\gamma$ в каждой своей точке $x$ ортогональна поверхности $\Sigma_{F(x)}$, то $\chi_x=A_x^T(A_xA_x^T)^{-1}\tau_{F(x)}$.

Пусть кривая $\zeta(h)$ — это отрезок в $\mathbb R^m$, соединяющий точки $0$ и $t_*$, причём в любой точке $\zeta$ касательный вектор $\frac{d}{dh}=t_*$ (что однозначно определяет параметризацию). Тогда $\chi_x=A_x^T(A_xA_x^T)^{-1}t_*$.

Остаётся найти длину $\gamma$:
$\ell=\int\limits_{0}^1 |\chi_{\gamma(s)}|\;ds=\int\limits_{0}^1 \sqrt{\chi^T_{\gamma(s)}\chi_{\gamma(s)}}\;ds=\int\limits_{0}^1 \sqrt{t_*^T(A_{\gamma(s)}A_{\gamma(s)}^T)^{-1}t_*}\;ds$
и заметить, что $\varrho(x_0,x_*)\leqslant\ell$.

[svv]

demolishka в сообщении #1263780 писал(а):

Еще меня смущает, что у Вас в оценке фигурирует матрица $G^{-1}$, а не $G$.

Пусть для простоты $F(x)=Ax$, где $A$ — постоянная матрица. Выберем вектор $t\in\mathbb R^m$ и найдём в $\mathbb R^n$ ближайшую к началу координат точку $x$ такую, что $Ax=t$.

Увеличим все элементы матрицы $A$ в 10 раз. Тогда, чтобы в $\mathbb R^n$ попасть из начала координат в ближайшую точку $x$ такую, что $Ax=t$, надо по всем координатам сместиться в 10 раз меньше, чем до изменения матрицы. Иначе говоря, поверхность $\Sigma_t$ стала в 10 раз ближе к поверхности $\Sigma_0$. Понятно, что такой эффект в формуле обеспечит только обратная матрица.

(Небольшой пример)

$n=3,\; m=2,\; A=\begin{bmatrix}\frac 1 4&0&0\\0&\frac 1 3&0\end{bmatrix}, \; t=\begin{bmatrix}1\\1\end{bmatrix}$
$\Sigma_t$ — это пересечение плоскостей $x=4$ и $y=3$, то есть прямая $(4, 3, z)$, расстояние от начала координат должно быть $5$. Проверяем:
$(AA^T)^{-1}=\begin{bmatrix}16&0\\0&9\end{bmatrix},\quad t^T(AA^T)^{-1}t=25,\quad\rho=5$

[demolishka]

svv, я почти понял
Остался вопрос существования кривой $\gamma$. Как я понимаю, вот это --- дифференциальное уравнение на $\gamma$:

svv в сообщении #1263912 писал(а):

$\chi_x=A_x^T(A_xA_x^T)^{-1}\tau_{F(x)}$

А в стандартной записи краевая задача выглядит так:

$$\begin{cases} \dot{\gamma}(s)=A^{T}(\gamma(s))(A(\gamma(s))A^{T}(\gamma(s)))^{-1}t^{*},\\ \gamma(0)=x_0, \gamma(1)=x_{*}. \end{cases}$$

Непонятно, почему она имеет решение.

[svv]

demolishka в сообщении #1265044 писал(а):

$$\begin{cases} \dot{\gamma}(s)=A^{T}(\gamma(s))(A(\gamma(s))A^{T}(\gamma(s)))^{-1}t^{*},\\ \gamma(0)=x_0, \gamma(1)=x_{*}. \end{cases}$$

Не совсем так: точка $x_*$ не задана заранее, и условия $\gamma(1)=x_{*}$ нет. Справедливо $F(\gamma(1))=t_*$, но это выполняется автоматически.

(Доказательство)

Пусть кривая $\zeta(s)$ в $\mathbb R^m$ является образом кривой $\gamma(s)$, причём параметризации обеих кривых согласованы. Тогда $\dot\zeta(s)=dF_{\gamma(s)}(\dot\gamma(s))$, что в матричной записи даёт
$\dot\zeta=A\dot\gamma=AA^T(AA^T)^{-1}t_*=t_*$.
С учётом $\zeta(0)=0$ получаем $\zeta(s)=st_*$ и $F(\gamma(1))=\zeta(1)=t_*$.

Можно сказать, что, двигаясь вдоль кривой $\gamma$, при $s=1$ мы обязательно попадём в некоторую точку поверхности $\Sigma_{t_*}$, но до решения уравнения мы не знаем, в какую. И, понятно, в общем случае это не ближайшая к $x_0$ точка поверхности $\Sigma_{t_*}$.

С учётом этого, вопрос о существовании остаётся?

[demolishka]

А решение существует на всем интервале $[0,1]$ из соображений компактности (иначе бы убегало, но $\gamma(s) \in \Sigma_{st_{*}}$).
svv, большое спасибо за помощь.
pogulyat_vyshel, тоже большое спасибо. Ваше доказательство существования кривой $\gamma$ идейно понятно, но технически разберу его самостоятельно, когда прибавится немножко ума .

Вообще, это задача после первой лекции по анализу на многообразиях первого семестра второго курса НМУ. Так что студенты еще не знакомы с дифференциальными уравнениями (они только начинаются) и интересно какое же решение предполагалось изначально.

[svv]

demolishka в сообщении #1265061 писал(а):

интересно какое же решение предполагалось изначально

Я хорошо чувствую, что способ, который мы обсудили, слишком сильный для доказательства $\delta(t)=O(t)$. Надеюсь, этот подход где-нибудь пригодится и будет там вполне уместен.

[demolishka]

Хм, а что мешает здесь

demolishka в сообщении #1262327 писал(а):

$$t=F(p_t)-F(p^{*}_t)=dF(p^{*}_t)(p_t-p^{*}_t) + o(|p_t-p^{*}_t|).$$

Подействовать слева $(dF(p^{*}_t))^{T}$, т. е. матрицей $A^{T}_{p^{*}_t}$, а потом умножить слева на обратную к $(A^{T}_{p^{*}_t} A_{p^{*}_t})$. Потом поделим все на $|p_t-p^{*}_t|$ и возьмем модули обеих частей. Правая часть стремится к 1. Поэтому при малых $|t|$ она $\geq \frac{1}{2}$. Получится то, что нужно.

[svv]

У нас $A$ — матрица дифференциала отображения, размера $m\times n$ с элементами $a_{ij}=\frac{\partial t_i}{\partial x_j}$, верно? И $m=n-k<n$.
Тогда квадратная матрица $A^TA$ размера $n\times n$ обязательно будет вырожденной.