Гладкость в лемме Морса

[Grabovskiy]

Здравствуйте! Прошу помочь понять один прием в доказательстве леммы Морса. Ее можно доказать в случае гладкости $3$, но один момент в доказательстве я могу обойти только в случае гладкости $>3$.

Лемма Морса звучит так:

Пусть $f \in C^{p}(U,\mathbb{R}), \, p \geq 3, \ U \subset \mathbb R^m$ -- открытое множество. Пусть $x_0 \in U $ есть невырожденная критическая точка функции $f$. Тогда найдется окрестность $\mathcal O (x_0)$ и диффеоморфизм $\varphi : C^{p-2}(\mathcal O(0),\mathcal O (x_0)) $ такой, что справедливо представление

$$ f \circ \varphi (y) = f(x_0) + (y^1)^2 + \ldots + (y^k)^2 - (y^{k+1})^2 - \ldots - (y^m)^2, \ y \in \mathcal O (0). $$

Интересует, значит, случай $p = 3$. Начну поспешно доказывать, чтобы к этому моменту прийти:

Итак, $p=3$. Считая, что $U$ есть выпуклая открытая окрестность точки $x_0 := 0$ и что $f(x_0)=0$, применяем дважды лемму Адамара, откуда получаем представление:

$$f(x) = \sum_{i=1, j =1}^m x^i x^j h_{ij}(x).$$

Можно получить, что матрица из $h_{ij}$ в нуле есть матрица Гессе функции $f$, а потому она невырождена, с этим проблем нет. Также можно считать, что во всей окрестности $U$ выполнено $h_{ij} = h_{ji}$. И еще стоит отметить, что $h_{ij} \in C^1(U,\mathbb R)$.

Запускаем индукцию. Пусть при некотором $r \geq 1 $ существует диффеоморфизм $\varphi \in C^1(\mathcal O (0), \mathcal O(0))$ такой, что

$$f \circ \varphi (y) = \pm (y^1)^2 \pm \ldots \pm (y^{r-1})^2 + \sum_{i,j = r}^m y^jy^i H_{ij}(y),$$

где $H_{ij} \in C^1(\mathcal O(0), \mathbb{R}), \ H_{ij} = H_{ji}.$

Теперь начинается непонятный в случае $f \in C^3(U,\mathbb R)$ для меня момент. Матрица квадратичной формы

$$\pm (y^1)^2 \pm \ldots \pm (y^{r-1})^2 + \sum_{i,j = r}^m y^jy^i H_{ij}(0)$$

получается из квадратичной формы

$$ \sum_{i=1, j =1}^m x^i x^j h_{ij}(0)$$

домножением справа на $\varphi^\prime(0)$ и слева на $(\varphi^\prime(0))^T$.
В случае гладкости $>3$ диффеоморфизм $\varphi$ будет иметь гладкость больше $1$, а потому можно непосредственно подсчитать, что

$$(f\circ \varphi)^{\prime\prime}(y) = (\varphi^\prime(y))^T f^{\prime\prime}(\varphi(y))\varphi^\prime(y) + f^\prime(\varphi(y))\varphi^{\prime\prime}(y),$$

откуда и получается то, как выражаются матрицы этих квадратичных форм одна через другую. Но из-за того, что у $\varphi$ может не быть второй производной, мне непонятно, как прийти к этому выводу другим путем.

[g______d]

Лучший известный результат: $f\in C^p$, $p\ge 2$, $\varphi \in C^{p-1}$. Изложен здесь:

http://link.springer.com/article/10.1007/BF01817558

[DeBill]

Реально 3-гладкость у Зорича нужна была лишь для

Grabovskiy в сообщении #1194391 писал(а):

откуда получаем представление:

с 1-гладкими функциями $h$. После этого работаем исключительно с этим представлением.
При этом корректно определено понятие "квадратичная часть" функции $f$: это такая квадратичная функция, которая отличается от $f$ на о-малое от квадрата расстояния до нуля. Видим, что при 1-гладкой замене $y=\varphi (x) = Ax + o(x)$ матрица квадратичной части именно что умножается слева-справа на матрицу и сопряженную матрицу, вид "этого представления" сохраняется ( включая 1-гладкость) - и для проверки этого 2-гладкость замены не нужна. Так что все честно у Зорича.....
И еще: стандартное доказательство леммы Адамара приводит к понижению гладкости. Но, по факту, можно доказать и усиленный вариант ее, когда гладкость падает ровно в одной точке - начале координат. С учетом этого можно - уже написали - обойтись и меньшей 3 гладкостью....

[Grabovskiy]

g______d, спасибо за ссылку!

DeBill, насколько я понял, нужно сделать следующее (у меня все равно не получилось):

можно записать, что

$$f (x) = (h(0)x,x) + o(\|x\|^2),$$

где $h(0)$ -- матрица из $h_{ij}$ в нуле (или матрица Гессе).
Тогда, если представить $\varphi$ как $\varphi(y) = \varphi^\prime (0)y + o(\|y\|),$ то

$$f(\varphi(y)) = ((\varphi^\prime(0))^Th(0)\varphi^\prime(0)y,y) + ((\varphi^\prime(0))^T h(0)o(\|y\|),y) + (h(0)\varphi^\prime(0)y,o(\|y\|)) + o(\|\varphi(y)\|^2),$$

Мне понятно, что

$$((\varphi^\prime(0))^T h(0)o(\|y\|),y) + (h(0)\varphi^\prime(0)y,o(\|y\|)) = o(\|y\|^2)$$

Но ведь совсем не обязательно, что

$$o(\|\varphi(y)\|^2) = o(\|y\|^2) $$

Так что у меня есть по крайней мере такое:

$$f(\varphi(y)) = ((\varphi^\prime(0))^Th(0)\varphi^\prime(0)y,y) + o(\|y\|^2) + o(\|\varphi(y)\|^2).$$

update

Можно все-таки показать, что $o(\|\varphi(y)\|^2) = o(\|y\|^2)$, но выглядит это совсем не красиво.
При $\varphi(y) \rightarrow 0$ имеем:

$$0 \leftarrow \left|\frac{o(\|\varphi(y)\|^2)}{\|\varphi(y)\|^2}\right| \geq \left|\frac{o(\|\varphi(y)\|^2)}{\|\varphi^\prime(0)\|^2\|y\|^2 + \|o(\|y\|)\|^2 + \|o(\|y\|^2)\|^2}\right|$$

Выражение в последнем знаменателе есть $o(\|y\|^2)$.

Может, есть какие-нибудь общие принципы, которых я здесь, очевидно, не знаю или не понимаю.

[Otta]

Но если

Grabovskiy в сообщении #1194455 писал(а):

$\varphi(y) = \varphi^\prime (0)y + o(\|y\|),$

то

Grabovskiy в сообщении #1194455 писал(а):

что

$$o(\|\varphi(y)\|^2) = o(\|y\|^2) $$

как раз таки обязательно. Или проблема в чем-то еще, что я не вижу сразу?

-- 22.02.2017, 00:45 --

Grabovskiy в сообщении #1194455 писал(а):

update

Не-не, это слишком. Достаточно использовать ограниченность (линейного) оператора производной.

[Grabovskiy]

Otta в сообщении #1194460 писал(а):

Не-не, это слишком. Достаточно использовать ограниченность (линейного) оператора производной.

Если $\varphi(y) = \varphi^\prime (0) y + o(\|y\|),$ то $\|\varphi(y)\|^2 \leq \|\varphi^\prime(0)\|^2 \|y\|^2 + o(\|y\|^2),$ откуда $o(\|\varphi(y)\|^2) = \|\varphi^\prime(0)\|^2 o(\|y\|^2) + o(\|y\|^2) = o(\|y\|^2).$ Или можно еще проще из других соображений?

Я так понимаю, что для любой дифференцируемой в некоторой окрестности функции $g$ выполнено тогда $o(\|g(x)\|^p) = o(\|x\|^p)$

[Otta]

Grabovskiy в сообщении #1194486 писал(а):

Или можно еще проще из других соображений?

Да, можно так. Проще уже особо некуда.

Grabovskiy в сообщении #1194486 писал(а):

для любой дифференцируемой в некоторой окрестности функции $g$ выполнено тогда $o(\|g(x)\|^p) = o(\|x\|^p)$

Конечно. Для положительных $p$.

[Grabovskiy]

Большое всем спасибо!