нечетные функции

[terminator-II]

непрерывное отображение $f:\mathbb{R}^m\to\mathbb{R}^m$ таково, что
1) $f(-x)=-f(x)$ для всех $x\in\mathbb{R}^m$
2) $\|f(x)\|\to\infty$ при $\|x\|\to \infty$
доказать, что $f$ сюрьекция

[jetyb]

Возьмем функцию $\vec{f}(x,y)=(x+y,x^3+y^3), $свойства 1) и 2) для нее выполняются, но попытка найти прообраз точки (1,-1) приводит к не имеющему в $\mathbb{R}^2$ решений уравнению $x^2-xy+y^2=-1$.

[RIP]

jetyb в сообщении #227729 писал(а):

Возьмем функцию $\vec{f}(x,y)=(x+y,x^3+y^3), $

$\vec f(x,-x)=\vec0$, поэтому свойство 2) не выполнено.

[Профессор Снэйп]

Ну вроде всё не так сложно оказалось

Для каждого неотрицательного действительного $r$ пусть $C^m_r = \{ x : \| x \| \leqslant r \}$ и $D^m_r = \{ x : \| x \| = r \}$.

Лемма 1. Пусть $g : D^m_1 \to D^m_1$ --- непрерывное отображение, такое что $g(-x) = -g(x)$. Тогда $g(D^m_1) = D^m_1$ и $g$ не может быть продолжено до непрерывного отображения $C^m_1$ в $D^m_1$.

Доказательство. Доказываем индукцией по $m$. Для $m=1$ всё очевидно. Считаем, что $m > 1$ и для $m-1$ то, что нужно, уже доказано.

Под экватором понимаем произвольное сечение $D^m_1$ проходящей через ноль гиперплоскостью, полюс --- наиболее удалённая от экватора точка $D^m_1$.

Предположим, что некоторое $x_0$ не попадает в образ $g$. Пусть $E$ --- экватор с полюсом $x_0$. В силу выбора $x_0$ на $D^m_1$ определена функция $\alpha(g(x))$, которая для каждого $x$ равна точке пересечения экватора $E$ с полуплоскостью, проходящей через соединяющую полюса прямую и $g(x)$. Легко видеть, что $\alpha(g(x))$ есть отображени $D^m_1$ в $E$ с требуемым свойством. Заменяя при необходимости $g(x)$ на $\alpha(g(x))$, будем считать, что $g(D^m_1) \subseteq E$.

Пусть теперь $E'$ равно пересечению $C^m_1$ с гиперплоскостью, содержащей $E$. Для каждой точки $e \in E'$ пусть $\beta(e)$ равно элементу $D^m_1$, ортогональная проекция которого на $E'$ равна $e$ и который лежит по ту же сторону от $E'$, что и $x_0$. Тогда $g(\beta(e))$ есть непрерывное отображение $E'$ в $E$, продолжающее $g$. Однако существование такого отображения противоречит индукционному предположению.

Таким образом, мы доказали, что $g(D^m_1) = D^m_1$. Предположим, что мы смогли доопределить $g$ до непрерывного отображения $C^m_1$ в $D^m_1$. По теореме Брауэра существует $c \in C^m_1$, такое что $g(c)=c$. Так как $c$ попадает в образ $g$, то $c \in D^m_1$ и $g(c) = -c$. Но это означает $c = -c$ и $c = 0 \not\in D^m_1$. Противоречие. $\qed$

Лемма 2. Пусть $g$ --- непрерывное отображение из $C^m_1$ в $C^m_1$, такое что $g(D^m_1) \subseteq D^m_1$ и $g(-x) = -g(x)$ для всех $x \in C^m_1$. Тогда $g(C^m_1) = C^m_1$.

Доказательство. Предположим противное. Пусть $x_0 \in C^m_1$ не попадает в образ $g$. Так как непрерывный образ компакта замкнут, то $g(C^m_1)$ замкнуто и существует открытое множество, содержащее $x_0$ и не пересекающееся с $g(C^m_1)$. Пусть $y_0$ равно элементу $D^m_1$, находящемуся на полупрямой, выходящей из нуля и проходящей через $x_0$.

По лемме 1 имеем $\| x_0 \| < 1$. Для каждого $x \in C^m_1$ пусть $g_1(x) = 0$ в случае $\| g(x) \| \leqslant \| x_0 \|$ и $g_1(x) = (g(x) - g(x) \cdot \| x_0 \|/\| g(x) \|)/(1 - \| x_0 \|)$ в противном случае. Тогда $g_1$ обладает всеми нужными свойствами.

Далее. Если заменить $g_1(x)$ на $g_2(x)=Rg_1(x)$ при достаточно большом $R$, то получим отображение из $C^m_1$ в $C^m_R$, у которого все точки полуинтервала $(0,y_0]$ не содержатся в образе. После чего можно положить $g_3(x) = g_2(x)$ при $\| g_2(x) \| \leqslant 1$ и $g_3(x) = g_2(x) / \| g_2(x) \|$ при $\| g_2(x) \| > 1$. Отображение $g_3$ удовлетворяет всем условиям леммы и справедливо $[0,y_0] \cap g_3(C^m_1) = \{ 0,y_0 \}$.

Далее. Так как $g_3(D^m_1) = D^m_1$, то $g_3^{-1}(0) \cap D^m_1 = \varnothing$. В силу замкнутости $g_3^{-1}(0)$ имеем $g_3^{-1}(0) \subseteq C^m_r$ для некоторого $r < 1$. Проделав теперь с $g_3$ ту же процедуру, что мы проделали с $g$ при построении $g_1$, можно "стянуть" весь шар $C^m_r$ в ноль и получить отображение $g_4 : C^m_1 \to C^m_1$, для которого $g_4^{-1}(0) = \{ 0 \}$ и которое обладает теми же свойствами, что и $g_3$.

Далее. Множество $g_4^{-1}(D^m_1)$ замкнуто и не содержит $0$. Значит, найдётся $r > 0$, такой что $g_4(C^m_r) \cap D^m_1 = \varnothing$. Для этого $r$ найдётся $s$, такое что $g_4(D^m_r) \cap C^m_s = \varnothing$. Положим $g_5(x) = g_4(x)$ при $g_4(x) \leqslant s$ и $g_5(x) = g_4(x) \cdot s/ \|g_4(x) \|$ иначе. Получим непрерывное отображение $g_5 : C^m_r \to C^m_s$, которое удовлетворяет условию $g_5(-x) = -g_5(x)$ и для которого $sy_0 \not\in g_5(C^m_r)$. А это, однако, противоречит лемме 1. $\qed$

Вернёмся к исходной задаче. Пусть $f$ --- отображение с требуемыми свойствами, $x_0$ --- произвольный элемент $\mathbb{R}^m$ и $r > \| x_0 \|$. Из второго условия существует $R > 0$, такое что $f(D^m_R) \cap C^m_r = \varnothing$. Пусть теперь $g(x) = f(x)$ при $\| f(x) \| \leqslant r$ и $g(x) = f(x) \cdot r/\| f(x) \|$ в противном случае. По выбору $R$ имеем $g(D^m_R) \subseteq D^m_r$. Кроме того, $g$ непрерывно и $g(-x) = -g(x)$. По лемме 2 получаем $g(C^m_R) = C^m_r$ и $x_0 = g(x)$ для некоторого $x$. А так как $\| x_0 \| < r$, то и $f(x)$ также равно $x_0$. Что и требовалось доказать

[xaxa3217]

А почему никто не отписывается по решению?
Представим вектор-функцию нечетными компонентами f_i(x_1, \ldots, x_m)\in C(\mathbb{R}^m), i\leq m. Достаточно показать наличие прообраза для элемента (1,0,\ldots,0)^T. Действительно, любой другой вектор можно дополнить до ортогональной системы, соответствующий переход к новым переменным-координатам преобразует компоненты в новые нечетные функции, к которым применим указанный подход, поскольку сумма квадратов также \to\infty,||x||\to\infty. Рассмотрим множество решений системы (1)i\geq 2, f_i(x)=0 - пересечение поверхностей уровня 0 каждой f_i,i\geq 2. Если показать, что это множество связно, а точнее, если хотя бы можно выбрать непрерывную параметризуемую кривую (вектор-функция K:\mathbb{R}\to\mathbb{R}^m,||K(t)||\to\infty,t\to\infty) содержащую 0 и проходящую через решения (1), то двигаясь по направлению этой кривой функция f_1 обязательно примет значение 1 (ее значения на кривой идут от 0 до бесконечности, остальное в силу непрерывности и нечетности).
Первая сложность - как доказать существование такой кривой?
Для начала можно попробовать показать существование решения системы (1) на сфере S^{m-1} радиуса 1. По естественному индуктивному предположению можно рассчитывать на наличие решения (1) с i<m в каждом сечении сферы гиперплоскостью, далее из соображений непрерывности можно(это уже пальцевый подход, если это и правильно, то строгое изложение мне совсем не очевидно) считать, что при вращении гиперплоскости (удобно крутить за ее ортогональное направление по всей сфере) проходящей через центр указанные решения описывают некоторую непрерывную (а ведь нужно как минимум из двух точек выбирать подходящую!) кривую соединяющую два каких-то полюса, тогда на этой кривой, опять же в силу нечетности тк она содержит два полюса, f_m также обратииться в ноль, что и требовалось.
Рассмотрим множество полученных решений на различных сферах. К сожалению, из него не всегда можно составить требуемую непрерывную кривую (контрпример для функции двух переменных можно составить так - первую линию уровня в виде симметричной вытянутой восьмерки поместим в минимально возможный шар, две другие в виде парабол вершинами коснем полученной окружности по бокам и тогда любой шар пересекает эти линии). Соображение такое - вместо сферы рассматривать ее образ при нечетном гомеоморфизме, тогда изложение предыдущего пункта не поменяется, в то время как кривую провести удастся, правда опять же на пальцах.
Жду строгого док-ва.
---

Профессор Снэйп писал(а):

Ну вроде всё не так сложно оказалось

ну вот и нашлось строгое, даже слишком, завтра почитаю

[terminator-II]

Профессор Снэйп в сообщении #228515 писал(а):

Предположим, что некоторое $x_0$ не попадает в образ $g$. Пусть $E$ --- экватор с полюсом $x_0$. В силу выбора $x_0$ на $D^m_1$ определена функция $\alpha(g(x))$, которая для каждого $x$ равна точке пересечения экватора $E$ с полуплоскостью, проходящей через $x_0$ и $g(x)$. Легко видеть, что $\alpha g(x)$ есть отображени $D^m_1$ в $E$ с требуемым свойством. Заменяя при необходимости $g(x)$ на $\alpha(g(x))$, будем считать, что $g(D^m_1) \subseteq E$.

вот эту фразу не понял. а именно:

Профессор Снэйп в сообщении #228515 писал(а):

равна точке пересечения экватора $E$ с полуплоскостью, проходящей через $x_0$ и $g(x)$

что за полуплоскость?
экватор, это m-2 мерная сфера:

Профессор Снэйп в сообщении #228515 писал(а):

Под экватором понимаем произвольное сечение $D^m_1$ проходящей через ноль гиперплоскостью,

не так ли?

Профессор Снэйп в сообщении #228515 писал(а):

Заменяя при необходимости $g(x)$ на $\alpha(g(x))$, будем считать, что $g(D^m_1) \subseteq E$

отображение задается кусочно так? можно это по-подробней. и еще почему оно непрерывно? (может последний вопрос отпадет, когда я пойму о чем речь)

[Профессор Снэйп]

Плоскость --- это не то же самое, что гиперплоскость. Это двухмерное многообразие. А гиперплоскость --- $(m-1)$-мерное. (Кстати, там забавно получается, при $m=2$ плоскость имеет размерность больше, чем гиперплоскость )

Плоскость можно провести через любые 3 точки. Ну или через прямую и точку не лежащую на этой прямой. Причём прямая тогда будет делить плоскость на 2 полуплоскости.

В том месте, о котором Вы спрашиваете, мы проводим плоскость через соединяющую полюса прямую и точку $g(x)$. И берём из двух полуплоскостей ту, которая содержит точку $g(x)$.

Нагляднее всего представить это дело на земном шаре. Если мы берём точку $y$ на поверхности Земли, но не на полюсе, то через неё и земную ось будет проходить плоскость, которая делится осью на 2 полуплоскости. Та полуплоскость, которая содержит $y$, будет в пересечении с земной поверхностью давать меридиан, проходящий через $y$. Этот меридиан пересекается с экватором в одной точке. Она и будет значением $\alpha(y)$. Отображение, как видите, задаётся совсем не "кусочно"

Экватор --- это да, "сфера", изоморфная $D^{m-1}_1$.

-- Вт июл 14, 2009 18:29:07 --

Вообще, конечно, можно всё определить по другому, без всяких полуплоскостей.

Пусть $p$ --- ортопроектор на гиперплоскость, содержащую экватор $E$. Тогда $\alpha(y) = p(y)/\|p(y)\|$ для любого $y \in D^m_1$, такого что $y \neq \pm x_0$.

[terminator-II]

Профессор Снэйп в сообщении #228515 писал(а):

В силу выбора $x_0$ на $D^m_1$ определена функция $\alpha(g(x))$, которая для каждого $x$ равна точке пересечения экватора $E$ с полуплоскостью, проходящей через $x_0$ и $g(x)$

почему m-2 мерное многообразие ($E$) пересекается с двумерной плоскостью в единственной точке?

[Профессор Снэйп]

terminator-II в сообщении #228766 писал(а):

Профессор Снэйп в сообщении #228515 писал(а):

В силу выбора $x_0$ на $D^m_1$ определена функция $\alpha(g(x))$, которая для каждого $x$ равна точке пересечения экватора $E$ с полуплоскостью, проходящей через $x_0$ и $g(x)$

почему m-2 мерное многообразие ($E$) пересекается с двумерной плоскостью в единственной точке?

Не в одной точке, а в двух. Одна --- которая нас интересует, другая --- диаметрально противоположная. Поэтому я, собственно, и писал про полуплоскость, а не про плоскость

Двухмерная плоскость пересекается с экваториальной гиперплоскостью по прямой. Эта прямая проходит через ноль --- центр "сферы" $D^m_1$ и пересекает сферу ровно в двух точках.

Ну не знаю, как ещё объяснять... Давайте, что ли, численный пример рассмотрим.

Пусть, например, $m=4$, $E$ получается в результате пересечения $D^4_1$ гиперплоскостью, состоящей из точек, имеющих четвёртую нулевую координату и $g(x) = (1/\sqrt{2},0,0,1/\sqrt{2})$. Тогда $E = \{ (t_1,t_2,t_3,0) : t_1^2+t_2^2+t_3^2=1 \}$, а интересующая нас плоскость --- это множество $\{ (t_1, 0, 0, t_4) : t_1, t_4 \in \mathbb{R} \}$. Тогда пересечение плоскости с $E$ --- это двухэлементное множество, состоящее из точек $(1,0,0,0)$ и $(-1,0,0,0)$, не так ли?

[terminator-II]

ok остальное понятно

[Профессор Снэйп]

Немного подправил текст доказательства. Написал чуть аккуратнее вызвавший такое непонимание абзац и исправил опечатку в доказательстве леммы 2 (я там при определении $g_1$ писал $x$ вместо $g(x)$).

[terminator-II]

terminator-II в сообщении #227612 писал(а):

непрерывное отображение $f:\mathbb{R}^m\to\mathbb{R}^m$ таково, что
1) $f(-x)=-f(x)$ для всех $x\in\mathbb{R}^m$
2) $\|f(x)\|\to\infty$ при $\|x\|\to \infty$
доказать, что $f$ сюрьекция

аффтарская версия доказательства.

возьмем произвольную точку $y\in\mathbb{R}^m$ и покажем, что она лежит в образе $f$. пусть $B$ -- открытый шар с центром в нуле настолько большой, что $y\in B$. в силу условия 2) множество $V=f^{-1}(B)$ относительно компактно, и потому определена топологическая степень $\deg(f,V,z)$ для любой точки $z\in B$.

множество $V$ симметрично относительно нуля $x\in V\iff -x\in V$ и $0\in V$.
по теореме Борсука $\deg(f,V,0)$ -- нечетно. по стандартной теореме $\deg(f,V,y)=\deg(f,V,0)$. и потому точка $y$ имеет прообраз.

Теорию см. Ниренберг Лекции по нелинейному функциональному анализу.

[Профессор Снэйп]

Не знаю никаких Барсуков, увы И что такое топологическая степень, тоже не знаю