Frechet 导数
定义
设 $X,Y$ 是两个 Banach 空间, $U,V$ 分别是 $X,Y$ 的两个开子集, 并且
是一个给定映射. $f$ 在 $x\in X$ 点处可微当且仅当存在 $X$ 到 $Y$ 的有界线性算子 $F\in L(X,Y)$, 使得
这时, 有界线性算子 $F$ 称为 Frechet 导数, 记作 $f’(x)$.
定理 $f$ 在某一点处的导数唯一.
证明请点此:
若 $G$ 也满足上式, 则存在 $h_n\to 0$, 使得 $$ (F-G)h\to \|F-G\|\|h_n\| = O(\|h_n\|) $$ 而 $$ \begin{aligned} &\|Fh_n - Gh_n\| \\ \leq& \|f(x+h_n) - f(x)-Fh_n\| + \|f(x+h_n) - f(x)-Gh_n\|\\ \leq& o(\|h_n\|) \end{aligned} $$ 因此 $\|F-G\|=o(1) = 0$, 因此 $F=G$, 导数唯一.切空间
对于可微映射 $f$ 而言, 它的图像
是一个 $X\times Y$ 上的曲面. 类似的, 我们可以画出有界线性算子 $F$ 的图像(切空间)
我们可以将这个图像 $G(F)$ 向 $\vec x = (x,f(x))$ 平移可以得到
我们将两个集合 $G(f), G(F)+\vec x$ 中的点按照 $U$ 中的点一一对应起来:
根据定义我们容易看出,
也就是说, Frechet 导数 $f’(x)$ 可以直观的理解我们从一个已知的映射
构造出了一个有界线性算子
且映射 $f$ 在 $x\in X$ 点的一个邻域内和进行平移之后的有界线性算子 $F$ 只差一个无穷小 $o(|h|)$. 这个有界线性算子所指代的含义也就是在这点处的”切空间”.
方向导数
我们任给一个方向 $h\in B(X) = \{h; |h|=1\}$, 令 $g_h(t; x) = f(x+th)$, 那么可以得到
很显然, $\frac{dg}{dt}(0) = f’(x)h$ 就是在Banach空间上类似于在 $h$ 方向上的”方向导数”的概念.
我们将 $C^1(U,V)$ 记为全体从 $U$ 到 $V$ 的连续可微的函数. 那么
因此有牛莱公式
此时积分用的是带时间 $t$ 的Banach-值函数的积分.
中值定理
若 $f: U\to V$ 在定义域 $U$ 内逐点可微, 那么
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令 $M > \max\|f(tx_1 + (1-t)x_2)\|$, 设 $$ E = \{ t\in [0, 1]; |f(x_2 + t(x_1-x_2)) -f(x_2)|\leq M t\|x_1-x_2\|\}. $$ 显然 $0\in E$. 根据 $f$ 的连续性, 可以得到若 $t_n\in E\to t_0$, 则 $t_0\in E$. 因此 $E$ 是闭的. 而若 $t\in E$, $s\in [0, 1-t]$, 记 $x_1-x_2=\Delta x$ $$ \begin{aligned} &\|f(x_2 + (t+s)\Delta x) - f(x_2)\|\\ \leq &\|f(x_2 + (t+s)\Delta x) - f(x_2 + t\Delta x)\| + \ \|f(x_2 + t\Delta x) - f(x_2)\|\\ \leq &\|\int_t^{t+s}f'(x_2 + t\Delta x)\Delta xd\tau\| + \ Mt\|\Delta x\|\\ \leq &M(t+s)\|\Delta x\| \end{aligned} $$ 因此 $t+s\in E$, 因此 $E=[0, 1]$. 因此得证.令 $T\in L(X, Y)$, 则对 $x\to f(x) - Tx$ 同样可以得到
多重线性函数
$k$ 阶连续可微函数
我们在上一章里面已经定义了连续可微函数 $C^1(U,Y)$:
类似的, 我们可以递归定义 $k$ 次连续可微函数 $C^k(U,Y)$:
我们可以看出 $f’’\in C(U, L(X, L(X, Y)))$, 而 $L(X,L(X, Y))$ 和 $L(X^2, Y)$是一个空间(等距同构).
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乘积空间 $X^2$ 上的范数取 $\max$ 范数. 任取 $u\in L(X^2, Y)$, 有 $$ \hat u: x\in X\mapsto u(x, \cdot)\in L(X, Y) $$ 显然可得 $\|u\| = \|\hat u\|$. 而对于任意 $v\in L(X, L(X,Y))$, 有 $$ \overline v: (x,x')\in X^2\mapsto v(x)(x')\in Y $$ 显然有 $\|v\| = \|\overline v\|$. 且有 $\overline{\hat u} = u$, 因此等距同构.使用归纳法就可以得到 $f^{k} \in C(U, L(X^k, Y))$.
多重对称线性型
引理: 令 $\Delta_yF(x) = F(x+y) - F(x)$. 若 $f\in C^k(U, Y)$, 则有
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只证明 $n\leq2$ 的情形, $n=k$ 类似. 当 $n=1$ 时有 $$ \|\Delta_yf(x) - f'(x; y)\|=o(\|y\|). $$ 当 $n=2$ 时我们有 $$ \begin{aligned} &\|\Delta_{y_2}\Delta_{y_1}f(x) - f'(x; y_1, y_2)\|\\ \leq &\|\Delta_{y_2}(\Delta_{y_1}f(x)-f'(x; y_1)) \| + \|\Delta_{y_2}f'(x; y_1) - f''(x; y_1, y_2)\|\\ \leq& \|y_2\|o(\|y_1\|) + \|y_1\|o(\|y_2\|) = o(\|y_1\|\|y_2\|) \end{aligned} $$定理: 若 $f\in C^k(U, Y)$, 则 $f^{k}$ 是一个 $k$ 重对称线性型. 也就是说, 求导的先后次序无关紧要.
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只证明 $n=2$ 的情形, $n=k$ 类似. 容易看出 $$ \begin{aligned} &\Delta_{y_2}\Delta_{y_1}f(x) \\ =& \Delta_{y_2}(f(x + y_1) - f(x)) \\ =& f(x+y_1+y_2) - f(x+y_1) - f(x+y_2) + f(x) \\ =& \Delta_{y_1}\Delta_{y_2}f(x). \end{aligned} $$ 因此 $\Delta_{y_2}\Delta_{y_1}f(x)$ 关于 $y_1, y_2$ 是对称的. 因此 $$ f''(x; y_1, y_2) - f''(x; y_2, y_1) = o(\|y_1\|\|y_2\|). $$ 由于 $f^{(k)}(x)$ 是齐次的, 因此 $$ \begin{aligned} &f''(x; y_1, y_2) - f''(x; y_2, y_1) \\ =& \varepsilon^{-2}\left(f''(x; \varepsilon y_1, \varepsilon y_2) - f''(x; \varepsilon y_2, \varepsilon y_1)\right)\\ =&\varepsilon^{-2}o(\|\varepsilon y_1\|\|\varepsilon y_2\|)\\ =&\frac{o(\varepsilon^2)}{\varepsilon^2}o(\|y_1\|\|y_2\|) \to 0 \end{aligned} $$ 因此 $f''(x; y_1, y_2) = f''(x; y_2, y_1)$.带积分余项的泰勒展开
对于多重导数, 若作用于同一个向量 $y$, 我们不妨记作 $f^{(k)}(x; y^k)=f^{(k)}(x; y, \cdots, y)$. 直接根据定义, 我们可以得到,
对于 $k=0$, 我们可以得到
根据分部积分, 我们可以得到
这时, 我们得到了 $k=1$ 时的泰勒展开:
不妨假设对于 $k=s-1$ 时, 成立
那么对上式中的积分进行分部积分, 可以得到
即证.
定理: 若 $f\in C^k(U,Y)$, 则
特殊地, 我们有
$U\subset \mathbb R^n$ 上的泰勒展开
我们假设 $U\subset \mathbb R^n$, 那么我们可以通过方向导数的定义得出:
那么
设 $y = \sum y_i e_i$, 那么
代入泰勒展开中可以得到:
