Около замены переменных

[Padawan]

Пусть $F$, $G$ -- произвольные гладкие в окрестности замкнутого шара $\overline B\subset }\mathbb R^n$ отображения (со значениями в $\mathbb R^n$), причем $F=G$ на $\partial B$. Докажите равенство

$$ \int_{B}\det F'(x) dx=\int_{B}\det G'(x) dx, $$

где $F'$ и $G'$ -- матрицы Якоби.

Источник: https://old.mccme.ru/ium/f23/f23-Calculus3.html, задача 10 в листке 1.

[drzewo]

Степень отображения края многообразия совпадает со степенью отображения самого многообразия. Поэтому $\mathrm{deg}\,F=\mathrm{deg}\,G$

[Padawan]

А как связана степень отображения с этим интегралом? И какое Вы используете определение степени отображения? Я знаю для гладких через сумму знаков якобианов в прообразе точки. Его?

[drzewo]

То, что я выше написал -- не годится, годится только для частного случая, когда отображение переводит внутренность во внутренность, а границу в границу.

Padawan в сообщении #1660279 писал(а):

Я знаю для гладких через сумму знаков якобианов в прообразе точки. Его?

да

1) На каждой связной компоненте множества $W=\mathbb{R}^m\backslash F(\partial B)$ степени отображений $F,G$ совпадают. (Следует из гомотопии $tG+(1-t)F$)

2) Ниренберг Лекции по нелинейному функциональному анализу


Таким образом, для каждой гладкой функции $u,\quad \mu=u(y)dy^1\wedge\ldots\wedge dy^m$ с носителем в связной компоненте множества $ W$ верно равенство

$$\int_B u(F(x))\det F'(x)dx^1\wedge\ldots dx^m=\int_Bu(G(x))\det G'(x) dx^1\wedge\ldots dx^m$$

Функциями $u$ указанного вида можно поточечно приблизить индикатор связной компоненты $W$. Как-то так.

[sup]

Попробуем рассмотреть случай двух переменных. Пусть даны гладкие $(f(x, y), g(x,y))$ и $(p(x, y), q(x,y))$, причем

$$ (f(x, y), g(x,y))|_{\partial B} = (p(x, y), q(x,y))|_{\partial B}. $$

Тогда (заменяем первую компоненту)

$$ J_{fg} = \int \limits_B (f_xg_y - f_yg_x) \, dB = \int \limits_B ((f_x - p_x)g_y - (f_y - p_y)g_x) \, dB + \int \limits_B (p_xg_y - p_yg_x) \, dB = J_1 + J_{pg}. $$

Первый интеграл интегрируем по частям

$$ J_1 = \int \limits_{\partial B}((f - p)g_y n_x - (f - p)g_x n_y) \, dS - \int \limits_B ((f - p)g_{xy} - (f - p)g_{xy}) \, dB = 0. $$

Так что $J_{fg} = J_{pg}$. Потом заменяем вторую компоненту и получаем $J_{fg} = J_{pg} = J_{pq}$.

[drzewo]

Пусть $W_1,\ldots, W_n$ -- компоненты связности $W$.
Выше показано, что

$$\int_B I_{F^{-1}(W_i)}(x)\det F'(x)dx^1\wedge\ldots\wedge dx^m=\int_BI_{G^{-1}(W_i)}(x)\det G'(x) dx^1\wedge\ldots\wedge dx^m$$

Для завершения доказательства остается просуммировать по $i$ левую и правую часть и заметить, что $\sum_{i=1}^n I_{F^{-1}(W_i)}=\sum_{i=1}^n I_{G^{-1}(W_i)}=1\quad \mbox{п.в.}$

[drzewo]

Padawan в сообщении #1660259 писал(а):

Источник: https://old.mccme.ru/ium/f23/f23-Calculus3.html
,

ну дык там же степень отображения в программе курса
а на что еще это могла быть задача

[Padawan]

drzewo
На формулу замены переменной в кратном интеграле.
Приведу своё решение. Далее $\overline B=\overline B(0,1)$ -- единичный шар.
Докажем сначала, что если гладкое в окрестности $\overline B$ отображение $H(x)$ равно нулю на $\partial B$, то $\int_B\det H'(x)dx=0$.
Для этого рассмотрим семейство отображений $\Phi_t(x)=x+tH(x)$. При малых $t$ это отображение будет диффеоморфно отображать шар $B$ на некоторую область, причем $\Phi_t(x)=x$ при $x\in\partial B$. Отсюда получим, что $\Phi_t$ диффеоморфно отображает $B$ на себя. Тогда при малых $t$

$$\mu(B)=\int_B\det\Phi'_t(x)dx=\int_B\det(E+tH'(x))dx=P(t),$$

где $P(t)$ -- многочлен степени $n$. Тогда все коэффициенты многочлена $P(t)$ равны нулю, кроме свободного члена. Но коэффициент при $t^n$ равен $\int_B\det H'(x)dx=0$.

Можно считать, что $F(x)$ и $G(x)$ совпадают в некоторой окрестности $\partial B$ (если нет, то изменим $F(x)$ в $\varepsilon$-окрестности $\partial B$, и потом устремим $\varepsilon$ к нулю). Рассмотрим отображение $\varphi(x)=\frac{3\sqrt{3}}{2}x(1-\|x\|^2)$. Это гладкое отображение, которое диффеоморфно отображает область $D_1=\{x\in\mathbb R^n\mid \|x\|<\frac{1}{\sqrt 3}\}$ на $B$, и область $D_2=\{x\in\marhbb R^n\mid \frac{1}{\sqrt 3}<\|x\|<1\}$ на $B\setminus\{0\}$. При этом $\det\varphi'(x)>0$ при $x\in D_1$, $\det\varphi'(x)<0$ при $x\in D_2$. Рассмотрим отображение

$$ H(x)=\begin{cases} F(\varphi(x))-G(0),&\text{при $x\in D_1$;}\\ G(\varphi(x))-G(0),&\text{при $x\in \overline D_2$;} \end{cases} $$

$H(x)$ будет гладким в окрестности $\overline B=D_1\cup\overline D_2$, так как $F(x)$ и $G(x)$ совпадают в окрестности $\|x\|=1$. При этом $H(x)\mid_{\partial B}=G(\varphi(\partial B))-G(0)=G(0)-G(0)=0$. Тогда

$$ 0=\int_B\det H'(x)dx=\int_{D_1}\det F'(x)\det\varphi'(x)dx+\int_{D_2}\det G'(x)\det\varphi'(x)dx= $$

$$ =\int_{D_1}\det F'(x)|\det\varphi'(x)|dx-\int_{D_2}\det G'(x)|\det\varphi'(x)|dx=\int_B\det F'(y)dy-\int_B\det G'(y)dy. $$

[drzewo]

а проходит ли Ваше решение если, скажем, вместо шара взять тор со внутренностью?

[Padawan]

Нет. А Ваше?

[drzewo]

Подробную версию своего решения я выложу попозже -- хотелось бы с Вами его обсудить подробно.
У меня пока вопрос такой:

Padawan в сообщении #1660382 писал(а):

Отсюда получим, что $\Phi_t$ диффеоморфно отображает $B$ на себя.

вот это мне не очень понятно.

[drzewo]

вот, вроде, общий случай получился
https://drive.google.com/file/d/10lPywqlROqtrZovJHaJv2-YTCbpJrH8o/view?usp=sharing

[drzewo]

pardon, подправил слегка:
https://drive.google.com/file/d/1bI0gBUDP6_oazRzJMWRl0XfL8ei6peaj/view?usp=sharing

[Padawan]

drzewo в сообщении #1660445 писал(а):

У меня пока вопрос такой:

Padawan в сообщении #1660382 писал(а):

Отсюда получим, что $\Phi_t$ диффеоморфно отображает $B$ на себя.

вот это мне не очень понятно.

$\Phi_t$ является инъекцией в некотором шаре радиуса $1+\varepsilon$. Если предположим, что $\|\Phi_t(x)\|>1$ для некоторого $x\in B$, то на отрезке $[0, x]$, который лежит в $B$, найдется точка $x_1$, для которой $\|\Phi_t(x_1)\|=1$, что противоречит инъективности ($\partial B$ неподвижна при $\Phi_t$). Значит, $\Phi_t(B) \subset B$. Далее, $\Phi_t(B)$ открыто в $B$ по принципу сохранения области, и замкнуто в $B$: если $a\in B$ является пределом последовательности точек $y_n\in\Phi_t(B) $, $y_n=\Phi_t(x_n) $, $x_n\in B$, то выделяя сходящуюся подпоследовательность $\{x_{n_k}\}$, получим, что $\{x_{n_k}\}$ сходиться к точке на $\partial B$ не может, а сходится к точке $x_0\in B$. Тогда $a=\lim y_{n_k}=\lim \Phi_t(x_{n_k}) =\Phi_t(x_0) $. То есть $a\in \Phi_t(B) $. Из связности $B$ получаем $\Phi_t(B)=B$.

По поводу Вашего решения ничего не скажу, надо разбираться с теоремой из Ниренберга.

[Padawan]

А если рассмотреть многообразие в $\mathbb R^{n+1}$, склеенное из двух копий области $B$ по границе $\partial B$, при этом это многообразие ограничивает область $V\subset\mathbb R^{n+1}$. Пусть $p\colon V\to \mathbb R^n$ -- гладкая проекция. На верхней крышке $V$ зададим отображение $F\circ p$, на нижней крышке -- $G\circ p$, и внутрь $V$ продолжим как-нибудь гладко до отображения $f\colon V\to\mathbb R^n$. Тогда на $V$ получим дифференциальную $n$-форму $\omega =f^*(dx^1\wedge\ldots\wedge dx^n) $. Теперь эту форму надо проинтегрировать по границе $V$ - должна получится разность $\int_B\det F'(x) dx-\int_B\det G'(x)dx $. С другой стороны по формуле Стокса этот интеграл преобразуется в $\int_V d\omega=\int_Vf^*(d(dx^1\wedge\ldots\wedge dx^n))=\int_Vf^*(0) =0$.
Похоже на правду? Если да, то надо допилить детали.

-- Ср ноя 06, 2024 15:49:47 --

Наверное, проще в качестве $V$ взять цилиндр $\overline B\times [0, 1]$. Да, под областью $B$ я уже понимаю произвольную ограниченную область $B\subset \mathbb R^n$ с гладкой границей.