2014 dxdy logo

Научный форум dxdy

Математика, Физика, Computer Science, Machine Learning, LaTeX, Механика и Техника, Химия,
Биология и Медицина, Экономика и Финансовая Математика, Гуманитарные науки




Начать новую тему Ответить на тему
 
 простое доказательство теоремы Брауэра
Сообщение17.07.2009, 15:57 


20/04/09
1067
Через $B$ обозначим замкнутый шар пространства $\mathbb{R}^m$. И пусть $f:B\to B$ -- гладкое ($C^2$) отображение.

Теорема. Отображение $f$ имеет неподвижную точку.

Непрерывная версия теоремы Брауэра выводится из этой с помощью аппроксимации непрерывных отображений гладкими, см ниже.

Лемма. Не существует гладкого отображнения $g:B \to \partial B$ такого, что
$g(x)=x$ для всех $x \in \partial B$ (*).
Док-во. Предположим такое отображение есть. Пусть $p:\partial B \to B$ -- стандартное вложение, и пусть $\omega $ -- форма объема на $\partial B$.
В силу условия (*) отображение $gp:\partial B \to \partial B$ является тождественным. Следовательно, отображение $(gp)_{*}$ тоже тождественное, причем $(gp)_{*}=p_* g_*$
и соответственно $p_* g_* \omega = \omega$
Отсюда находим
$\int_{ \partial B}p_* g_* \omega=\int_{ \partial B}\omega \ne 0$.
С другой стороны, по формуле Стокса имеем:
$\int_{ \partial B}p_* g_* \omega=\int_{  B}d g_* \omega=\int_{  B} g_* d\omega =0$ -- противоречие.
Здесь была использована формула $g_* d=d g_*$ и то, что $d \omega=0$. Последнее равенство следует из того, что $d\omega$ -- $m$-форма на $m-1$ мерной поверхности.
Лемма доказана.

Докажем теорему Брауэра. Предположим, что отображение $f$ не имеет неподвижной точки. Зададим отображение $g:B \to \partial B$ следующим образом. Пропустим через точки $x$ и $f(x)$ луч с началом в точке $f(x)$. Тогда $g(x)$ это по определению точка в которой данный луч пересекает границу $\partial B$. В силу предположения, отображение $g$ гладкое. Кроме того, оно удовлетворяет условию (*). Это противоречит лемме.
Теорема Брауэра доказана.

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
Аппроксимация непрерывного отображения $f:B\to B$.

1) Расмотрим последовательность гладких отображений $g_l:B\to \mathbb{R}^m$ аппроксимирующих $f$ равномерно в $B$ при $l\to \infty$. Все замечательно, но эти отображения не обязаны переводить шар в себя. Поэтому для каждого из этих отображений построим аппроксимирующую последовательность, обладающую нужным свойством.

2) Покроем множество $g_l(B)$ открытыми шарами $B_i,\quad i=1,..n$ радиуса $\varepsilon>0$ с центрами $\{x_1,...,x_n\}\subset B$. Последнему условию можно удовлетворить если только взять $l$ достаточно большим.

Рассмотрим гладкое разложение едницы подчиненное этому покрытию: $\psi^l_1,...,\psi^l_n\in C^1(\mathbb{R}^m)$,
$$\psi^l_{i}(x)\ge 0,\quad \sum_{i=1}^n\psi^l_{i}(x)=1, \quad x\in  g_l(B);\qquad x\notin B_j\Rightarrow \psi^l_{j}(x)=0.$$


Тогда для отображений $f_{\varepsilon,l}(x)=\sum_{i=1}^n\psi^l_{i}(g_l(x))x_i$ верна оценка $|f_{\varepsilon,l}(x)-g_l(x)|<\varepsilon$ при $x\in B$.

В силу выпуклости $B$ будет $f_{\varepsilon,l}(B)\subset B$.

Соответственно, из последовательности $f_{\varepsilon,l}$ можно извлечь подпоследовательность ,которая аппроксимирует $f$ равномернов $B$ и к членам этой подпоследовательности применить гладкую версию теоремы Брауэра, доказанную выше.

 Профиль  
                  
 
 Re: простое доказательство теоремы Брауэра
Сообщение17.07.2009, 15:59 
Заслуженный участник


11/05/08
31750
terminator-II в сообщении #229727 писал(а):
Все замечательно, но эти отображения не обязаны переводить шар в себя. Поэтому для каждого из этих отображений построим аппроксимирующую последовательность, обладающую нужным свойством.

А я на самом деле тоже маленько подумал. Всё гораздо проще. Пусть образ для каждого из $g_l$ содержится в шаре радиуса $(R+\varepsilon_l)$, где $R$ -- радиус шара $B$. Всегда можно выбрать $\{g_l\}$ так, что $\varepsilon_l\to0$. Тогда $\displaystyle f_l(x)={R\over R+\varepsilon_l}\,g_l(x)$ -- и есть требуемая аппроксимация.

 Профиль  
                  
 
 Re: простое доказательство теоремы Брауэра
Сообщение17.07.2009, 16:02 


20/04/09
1067
да, действительно.

 Профиль  
                  
 
 Re: простое доказательство теоремы Брауэра
Сообщение17.07.2009, 19:48 
Заслуженный участник


11/05/08
31750
А теперь я всё же пытаюсь потихонечку разобраться в существе дела.

terminator-II в сообщении #229727 писал(а):
С другой стороны, по формуле Стокса имеем:
$\int_{ \partial B}p_* g_* \omega=\int_{  B}d g_* \omega=\int_{  B} g_* d\omega =0$

С моей, сермяжной точки зрения, формула Стокса означает лишь, что $\int_{ \partial B}\vec g\cdot \overrightarrow{dS}=\int_{  B}\mathop{\mathrm{div}}\vec g\,dV$ ($p$ там вообще сбоку припёка). Ну и откуда тут ноль?...

(конечно, дифференциальные формы я давно сдал и с тех пор они мне ни разу не понадобились, но -- всё же)

 Профиль  
                  
 
 Re: простое доказательство теоремы Брауэра
Сообщение17.07.2009, 20:10 


20/04/09
1067
ewert в сообщении #229768 писал(а):
формула Стокса означает лишь, что $\int_{ \partial B}\vec g\cdot \overrightarrow{dS}=\int_{ B}\mathop{\mathrm{div}}\vec g\,dV$

в данной задаче лучше писать в терминах дифференциальных форм: $\int_{\partial B}\omega=\int_Bd\omega$, а иначе еще придется со звезданутыми операторами мучиться. Вот эта формула, которую Вы написали, она традиционная конечно, но за вычетом ограниченного набора задач, она очень неудобна. В ней фигурирует скалярное произведение и дивергенция, которая тоже зависит от скалярного произведения. А у нас тут выделенного метрического тензора нет, получается, что лишний объект в формуле болтается.
ewert в сообщении #229768 писал(а):
$p$ там вообще сбоку припёка

конечно, так оно и пропадает из формул
ewert в сообщении #229768 писал(а):
Ну и откуда тут ноль?...

там выше написано

 Профиль  
                  
 
 Re: простое доказательство теоремы Брауэра
Сообщение17.07.2009, 20:18 
Заслуженный участник


11/05/08
31750
terminator-II в сообщении #229778 писал(а):
Вот эта формула, которую Вы написали, она традиционная конечно, но за вычетом ограниченного набора задач, она очень неудобна.

Ну хорошо, ну давайте ограничимся стандартным трёхмерным случаем, чтоб не мучаться согласованиями обозначений. Тогда формула -- вполне конкретна. И я так и не понимаю, откуда там ноль возьмётся.

(я вовсе не придираюсь, я не понимаю по существу)

 Профиль  
                  
 
 Re: простое доказательство теоремы Брауэра
Сообщение17.07.2009, 20:38 


20/04/09
1067
ewert в сообщении #229780 писал(а):
terminator-II в сообщении #229778 писал(а):
Вот эта формула, которую Вы написали, она традиционная конечно, но за вычетом ограниченного набора задач, она очень неудобна.

Ну хорошо, ну давайте ограничимся стандартным трёхмерным случаем, чтоб не мучаться согласованиями обозначений. Тогда формула -- вполне конкретна. И я так и не понимаю, откуда там ноль возьмётся.

(я вовсе не придираюсь, я не понимаю по существу)

придется в координаты переходить, иначе не разобраться.
я в двумерном случае напишу, ok? а то действительно возни много.
и так работаем в полярных координатах $(r,\psi)$. круг: $B=\{r\le 1\}$. Окружность $\partial B=\{r=1\}$ Форма объема на окружности $\omega=d\psi$. отображение $g:(r,\psi)\to (1,h(r,\psi))$
Тогда $g_*\omega=\frac{\partial h}{\partial r}dr+\frac{\partial h}{\partial \psi}d\psi$ и соответственно $dg_*\omega=0$. А в Ваших терминах это будет означать $\mathrm{rot}\,\mathrm{grad}\, h=0$
А в трехмерном случае это наверное будет $\mathrm{div}\,\mathrm{rot}=0$

 Профиль  
                  
Показать сообщения за:  Поле сортировки  
Начать новую тему Ответить на тему  [ Сообщений: 7 ] 

Модераторы: Модераторы, Супермодераторы



Кто сейчас на конференции

Сейчас этот форум просматривают: нет зарегистрированных пользователей


Вы не можете начинать темы
Вы не можете отвечать на сообщения
Вы не можете редактировать свои сообщения
Вы не можете удалять свои сообщения
Вы не можете добавлять вложения

Найти:
Powered by phpBB © 2000, 2002, 2005, 2007 phpBB Group