Banach Space - Derivative (Part 2)

這邊有更多實數上的 Banach space 的微分性質。這邊為了簡化，Banach space 指得就是「實數上的 Banach space」。

這邊介紹的兩個性質分別是「線性」跟「chain rule」。但並沒有乘法相關的規則，因為 Banach space 上的元素不一定有定義「乘法」，所以自然就沒辦法去定義函數相乘所代表的意義是什麼。

第一個跟 Banach space 微分有關的性質是：Banach space 上的微分是線性的：

線性

Banach space 之間

Thm (加法)

假定

$E,F$ 是

$\mathbb{R}$ 上的 Banach space。假定

$f$ 與

$g$ 在

$x$ 都可微分，則：

$$(f+g)\mathbf{differentiable}\text{ at }x$$

且：

$$[D(f+g)(x)]=[Df(x)]+[Dg(x)]$$

這個證明就是暴力用三角不等式，把

$Df(x)+Dg(x)$ 塞進去說這個東西滿足 $(f + g) $ 在

$x$ 微分的定義：

$$\begin{array}{rl}& \frac{\Vert (f+g)(x+h)-(f+g)(x)-(Df(x)+Dg(x))h{\Vert }_F}{\Vert h{\Vert }_E}\\ & =\frac{\Vert [(f(x+h)+g(x+h)]-[f(x)+g(x)]-[Df(x)+Dg(x)]h{\Vert }_F}{\Vert h{\Vert }_E}\\ & \le \frac{\Vert f(x+h)-f(x)-Df(x){\Vert }_F}{\Vert h{\Vert }_E}+\frac{\Vert g(x+h)-g(x)-Dg(x){\Vert }_F}{\Vert h{\Vert }_E}\\ & <ϵ+ϵ\end{array}$$

Thm (係數)

假定

$E,F$ 是

$\mathbb{R}$ 上的 Banach space。假定

$f$ 在

$x$ 可微分，則：

$$(cf)\mathbf{differentiable}\text{ at }x$$

且：

$$[D(cf)(x)]=c\cdot [Df(x)]$$

也是暴力塞進微分的定義，說他滿足定義要求：

$$\begin{array}{rl}& \frac{\Vert (cf)(x+f)-(cf)(x)-c\cdot [Df(x)](h){\Vert }_F}{\Vert h{\Vert }_E}\\ & =\frac{\Vert c\cdot (f(x+f))-c\cdot (f(x))-c\cdot [Df(x)](h){\Vert }_F}{\Vert h{\Vert }_E}\\ & =|c|\cdot \frac{\Vert (f(x+f))-f(x)-[Df(x)](h){\Vert }_F}{\Vert h{\Vert }_E}\\ & <|c|\cdot ϵ\end{array}$$

除了線性之外，還有 chain rule 可以用：

Chain Rule

Thm

己定

$E,F,G$ 是

$\mathbb{R}$ 上的 Banach space，且：

$$f:u\to F$$

$$g:v\to G$$

其中，

$u\subseteq E$,

$v\subseteq F$ 分別是

$E,F$ 上的開集，且

$f(u)\subseteq v$。假定

$f,g$ 均為可微分的，則：

$$(g\circ f):u\to G$$

也可微分。更進一步，對於任意

$x\in E$：

$$[D(g\circ f)(x)]=[Dg(f(x))]\circ [Df(x)]$$

目標是：

$$g(f(x+h))-g(f(x))=[◻(x)](h)+\Vert h{\Vert }_E\cdot \tilde{\varphi }(h)$$

並且

$\tilde{\varphi }$ 必須要滿足：

$$\underset{\Vert h{\Vert }_E\to 0}{lim}\tilde{\varphi }(h)=0$$

而有的條件是：

$$\begin{array}{rl}f(x+h_1)-f(x)& =[Df(x)](h_1)+\Vert h_1{\Vert }_E{\varphi }_1(h_1)\\ g(f(x)+h_2)-g(f(x))& =[Dg(f(x))](h_2)+\Vert h_2{\Vert }_F{\varphi }_2(h_2)\end{array}$$

其中：

$$\begin{array}{rl}\underset{\Vert h_1{\Vert }_E\to 0}{lim}{\varphi }_1(h_1)& =0\\ \underset{\Vert h_2{\Vert }_F\to 0}{lim}{\varphi }_2(h_2)& =0\end{array}$$

令：

$$\mathbf{k}(h)=[Df(x)](h)+\Vert h{\Vert }_E\cdot {\varphi }_1(h)$$

則：

$$\begin{array}{rl}g(f(x+h))& =g(f(x)+\mathbf{k}(h))\\ & =g(f(x))+Dg(f(x))\cdot \mathbf{k}(h)+\Vert \mathbf{k}(h){\Vert }_F\cdot {\varphi }_2(\mathbf{k}(h))\end{array}$$

其中：

$$\underset{\Vert \mathbf{k}(h){\Vert }_F\to 0}{lim}{\varphi }_2(\mathbf{k}(h))=0$$

因此：

$$\begin{array}{rl}g(f(x+h))-g(f(x))& =Dg(f(x))\cdot \mathbf{k}(h)+\Vert \mathbf{k}(h){\Vert }_F\cdot {\varphi }_2(\mathbf{k}(h))\\ & =[Dg(f(x))]\cdot ([Df(x)](h)+\Vert h{\Vert }_E{\varphi }_1(h))+\Vert \mathbf{k}(h){\Vert }_F\cdot {\varphi }_2(\mathbf{k}(h))\\ & =\underset{◻}{\underbrace{[Dg(f(x))]\cdot [Df(x)]}}(h)+\Vert h{\Vert }_E\underset{\tilde{\varphi }}{\underbrace{({\varphi }_1(h)+\frac{\Vert \mathbf{k}(h){\Vert }_F\cdot {\varphi }_2(\mathbf{k}(h))}{\Vert h{\Vert }_E})}}\end{array}$$

現在只要證明：

$$\underset{\Vert h{\Vert }_E\to 0}{lim}\tilde{\varphi }=0$$

就可以完成目標。首先，

${\varphi }_1(h)$ 有：

$$\underset{\Vert h{\Vert }_E\to 0}{lim}{\varphi }_1(h)=0$$

這是

$f$ 在

$x$ 可微分的定義給出的

${\varphi }_1$。

觀察：當

$h\to 0$ 時，

$$\begin{array}{rl}\Vert \mathbf{k}(h){\Vert }_F& =\Vert [Df(x)](h)+\Vert h{\Vert }_E\cdot {\varphi }_1(h){\Vert }_F\\ & \le \Vert Df(x){\Vert }_L\cdot \Vert h{\Vert }_E+\Vert h{\Vert }_E\cdot \Vert {\varphi }_1(h){\Vert }_F\\ & =\Vert h{\Vert }_E(\Vert Df(x){\Vert }_L+\Vert {\varphi }_1(h){\Vert }_F)\\ & \to 0\end{array}$$

其中，不等號那邊使用了三角不等式，以及：

$$\begin{array}{rl}& \frac{\Vert [Df(x)](h){\Vert }_F}{\Vert h{\Vert }_E}\le \Vert [Df(x)](h){\Vert }_L\\ & \Rightarrow \Vert [Df(x)](h){\Vert }_F\le \Vert [Df(x)](h){\Vert }_L\cdot \Vert h{\Vert }_E\end{array}$$

既然有了：

$$\Vert \mathbf{k}(h){\Vert }_F\le \Vert h{\Vert }_E(\Vert Df(x){\Vert }_L+\Vert {\varphi }_1(h){\Vert }_F)$$

所以後面那坨東西：

$$\begin{array}{rl}{\Vert \frac{\Vert \mathbf{k}(h){\Vert }_F\cdot {\varphi }_2(\mathbf{k}(h))}{\Vert h{\Vert }_E}\Vert }_G& \le \frac{{\Vert \Vert h{\Vert }_E\cdot (\Vert Df(x){\Vert }_L+\Vert {\varphi }_1(h)\Vert )\cdot {\varphi }_2(\mathbf{k}(h)\Vert }_G}{\Vert h{\Vert }_E}\\ & ={\Vert (\Vert Df(x){\Vert }_L+\Vert {\varphi }_1(h){\Vert }_F)\cdot {\varphi }_2(\mathbf{k}(h)\Vert }_G\\ & =|\Vert Df(x){\Vert }_L+\Vert {\varphi }_1(h){\Vert }_F|\cdot \Vert {\varphi }_2(\mathbf{k}(h){\Vert }_G\end{array}$$

因為

$h\to 0$ 時，

$\mathbf{k}(h)\to 0$，所以連帶

${\varphi }_2(\mathbf{k}(h))\to 0$，因此由上面的結論：

$${\Vert \frac{\Vert \mathbf{k}(h){\Vert }_F\cdot {\varphi }_2(\mathbf{k}(h))}{\Vert h{\Vert }_E}\Vert }_G\to 0\Rightarrow \frac{\Vert \mathbf{k}(h){\Vert }_F\cdot {\varphi }_2(\mathbf{k}(h))}{\Vert h{\Vert }_E}\to 0$$

由此得證。