Litt matematikk som er nyttig for teorien bak spillteorien.

Transkript

1 Litt matematikk som er nyttig for teorien bak spillteorien.. John von Neumanns min-max teorem For å vise dette resultatet trenger vi et lite hjelperesultat. For p R m så sier vi at p er en sannsynlighetsvektor hvis m p 0 og p i =. Vi kaller mengden av sannsynlighetsvektorer i R m for m. Lemma. La A være en m n matrise. Da er enten Aq 0 for en q n eller p T A < 0 for en p m. Bevis. Anta at Aq < 0 for alle q n. Det vil si at A n ligger i den negative oktanten i R m, m.a.o. for alle q n så vil Aq) i < 0 for i =,...,m. Det vil si at det fins et hyperplan som er slik at m og A n ligger på hver sin side. Hvis u er en normalvektor til dette planet, så kan vi velge u slik at u i 0, siden vi skal ha at i= p T u 0 for alle p m, og u T A n < 0. Siden u 0, så kan vi velge lengden på u slik at u m. Siden vektorer i n har minst en positiv komponent, så betyr dette at u T A < 0. Teorem Von Neumann s min-max teorem). La A være en m n matrise. Da er max p m min q n pt Aq = min q n max p m pt Aq. Bevis. Vi viser først den svake versjonen. La u n og v m. Da har vi at min q vt Aq v T Au max n p pt Au. m Nå kan vi ta max over m til venstre og min over m til høyre. Dette gir ) max p m min q n pt Aq min q n max p m pt Aq. Anta nå at dette er en streng ulikhet. Da kan vi finne en r som passer imellom, altså 2) max p m min q n pt Aq < r < min q n max p m pt Aq. La nå A være definert ved Vi har at a ij = a ij r. p T A q = p T A r)q,

2 2 der... = Siden p og q er sannsynlighetsvektorer så har vi at q + q q n p T q = p,..., p m ). = p,...,p m ). = p + + p n =. q + q q n Altså er p T A q = p T Aq r. Nå kan vi bruke Lemma på A, og konkludere at enten 3) A u 0, for en u n, eller 4) v T A 0, for en v m. Anta at 3) holder. Da har vi at p T A u 0 for alle p m. Dette medfører at eller max p pt A u 0 min max m q n p pt A q 0, m min max q n p pt Aq r, m som strider mot 2). Hvis 4) gjelder så vil v T A q 0 for alle q n. Dette gir at som medfører som også strider imot 2). min q vt A q 0 max min n p m q pt A q 0, n max p m min q n pt Aq r, Dette beviset er ikke konstruktivt, og simplexalgoritmen gir et konstruktivt bevis for samme teorem. Oppgaver: : La f : X Y R være en funksjon, der X og Y er vilkårlige mengder. Vis at sup inf fx, y) inf x X y Y sup y Y x X fx, y). 2: For u R n vis max q n u q = max i=,...,n u i

3 2. Alle N-spiller spill har en Nash likevekt. Von Neumann s min-max teorem gir at alle to spiller null sum spill har en Nash likevekt. Nå skal vi vise det samme for spill med N spillere. Siden vi har N spillere blir notasjonen litt mer komplisert. For i =,..., N har spiller nr. i strategien p i = p i,..., p i n i ) T n i. Sett Spiller i vil nå få utbetalingen 5) E i p) = p = p, p 2,...,p N) n n 2 n N =: S N. n n 2 i = i 2 = n N i N = b i i i 2...i N p i p 2 i 2 p N i N, her er b i i i 2...i N utbetalingen spiller i får dersom alle spillerne velger de rene) strategiene e i,...,e in. Merk at avbildningen p i E i p,...,p i,...,p N) er lineær. Nå bruker vi notasjonen p i = p,...,p i, p i+,...,p N), dvs. p i er p der p i er tatt vekk. Gitt p i, så vil spiller i prøve å få størst mulig utbetaling. H-n vil derfor velge p i slik at 6) E i p) = max E i p,...,p i,...,p N) =: Ê p i). p i n i Nå kan vi definere Nash likevekt, Definisjon. En Nash likevekt er en p S N som er slik at Ê i p i ) E i p,...,q i,...,p N), i =,..., N, og for alle q S N. Mao. p i er det beste svar på p i for alle spillere. En rettferdiggjøring for begrepet Nash likevekt er tolkningen om at dette er en selvforsterkende avtale. Anta at du og jeg har anledningen til å gjøre en ikke bindende) avtale om hvordan vi skal spille før vi velger strategier. Hvis vi gjør en avtale, så bør dette være en Nash likevekt. Grunnen til dette er at hvis vi tror den andre spilleren vil holde seg til avtalen, lønner det seg å holde seg til avtalen dersom den er en Nash likevekt. Hvis vi ikke hadde avtalt en Nash likevekt, ville en av oss kunne tjene på å bryte avtalen. For å vise at en Nash likevekt alltid fins må vi introdusere litt matematikk. En korrespondanse er en funksjon som kan ta flere verdier. Hvis f er en korrespondanse fra X til Y så er fx) en delmengde av Y for x X. Vi skriver f : X Y for dette. En korrespondanse f kalles kontinuerlig hvis det for alle følger Kjønnsnøytral betegnelse, sett inn u eller a. {x n } n X, og {y n } n 0 Y, 3

4 4 som er slik at gjelder at x n x 0, y n y 0, og y n f x n ), y 0 f x 0 ). En korrepondanse f : X Y kalles konveks hvis fx) er konveks for alle x X.. Vi sier at x er et fikspunkt for korrespondansen f : X X hvis x fx). For de av dere som har glemt det, kalles en mengde A konveks dersom for alle y og y 2 i A gjelder at den rette linjen mellom y og y 2 ligger i A. Dette kan utrykkes ved at τy + τ)y 2 A, for alle τ [0, ]. Vi må også vite hva kompakthet er. En mengde A R n kalles kompakt hvis den er begrenset og lukket. Hvis en mengde A er kompakt, så vil alle følger {x n } n A ha en konvergent delfølge. Videre vil alle kontinuerlige funksjoner f : A R anta sitt maksimum og mimimum på A. Spesiellt vil k være kompakt for alle endelige k. Av samme grunn vil også S N være kompakt. Oppgaver 3: La X = [, ] og la Fx) = { y x 2 + y 2 /4 }. Tegn grafen x X, y Fx). Vis at G er lukket. Hvilke av mengdene F ), F0), F/2), F/3), F3/4) er konvekse? Nå kan vi definere spiller i s beste svar som korrspondansen ψ i : S N n i definert ved { 7) ψ i p) = p i n i E i p,...,p i,...,p N) = Ê p i)}. Siden S N er kompakt er ψ i veldefinert. Nash likevekter er karakterisert ved at alle spilleres strategi er det beste svar på de andre spillernes strategier. For å karakterisere dette la ψ : S N S N være 8) ψp) = ψ p) ψ 2 p) ψ N p). Nå har vi at p er en Nash likevekt hvis og bare hvis p ψp). Altså er Nash likevekter det samme som fikspunkter for ψ. Oppgaver 4: Per, Pål og Espen spiller følgende spill: Alle skriver et heltall fra til 0 på en lapp. Hvis Per skriver i, Pål j og Espen k blir utbetalingen til hver Finn en Nash likevekt for dette spillet. Per: i j, Pål: j k, Espen: k i.

5 5: Per, Pål og Espen spiller Flertallet vinner. Dette er et spill der alle spillerne på likt roper Blå! eller Rød!. De som har flertall vinner, og taperen må betale vinnerne en daler. Hvis alle roper samme farge blir det ingen utbetaling. Vis at dette er et nullsumspill og finn en Nash løsning. For å komme videre bruker vi Teorem 2 Kakutanis teorem). Hvis X er kompakt og konveks, og f : X X er en kontinuerlig og konveks korrespondanse slik at fx) for alle x X, så fins x X s.a. x fx). M.a.o. f har et fikspunkt. Dette teoremet skal vi forløpig ta for gitt. For å vise eksistens av en Nash likevekt, så må vi sjekke om ψ : S N S N og S N oppfyller kravene i Kakutanis teorem. Vi har allerede etablert at S N er konveks og kompakt, siden n i er det, og at ψp). Vi må vise at ψ er kontinuerlig og konveks. Det er lettest å vise at ψ er konveks. Først observerer vi at det direkte produktet av konvekse mengder blir konvekst, så for å vise at ψ er konveks, så holder det å vise at ψ i er konveks. Anta derfor at x og y er i ψ i p). Det vil si at Ê i p i ) = E i p,...,p i, x, p i+,...,p N) = E i p,...,p i, y, p i+,..., p N). Vi må vise at q = τx + τ)y ψ i p) for alle τ [0, ]. Siden p i E i p) er lineær, har vi E i p,...,p i, q, p i+,...,p N) = E i p,...,p i, τx + τ)y, p i+,...,p N) = τe i p,...,p i, x, p i+,...,p N) + τ)e i p,..., p i, y, p i+,...,p N) = ) τêi p i + ) τ)êi p i = Êi p i ). Altså er q ψ i p) og dermed blir ψ i, og også ψ, konveks. For å vise at ψ blir kontinurelig, viser vi først at ψ i er kontinuerlig. La {p n } S N og {q i n} n i være følger slik at p n p 0 og qn i q, når n. Videre antar vi at q i n ψ i p n ) for alle n. At ψ i er kontinuerlig betyr at q ψ i p 0 ), m.a.o. at Ê ) ) p i 0 = Ei p 0,..., q,...,p N 0. Siden ψ i p 0 ) velger vi w ψ i p 0 ), og lar ɛ være gitt ved ) ) ɛ = E i p 0,..., w,..., p N 0 Ei p 0,..., q,...,p N 0. 5

6 6 Siden w maksimerer E i så er ɛ 0. Ved å trekke fra og legge til samme ledd kan vi skrive ɛ som ) ) ɛ = E i p 0,...,w,..., p N 0 Ei p n,...,w,..., p N n } {{ } a ) ) + E i p n,...,w,..., p N n Ei p n,..., qn, i...,p N n } {{ } b + E i p n,...,qn i,.. ) ).,pn n Ei p 0,...,q,..., p N 0. } {{ } c Siden q i n ψ ip n ) så maksimerer q i n E ip i ) og derfor er b 0. Vi har altså etablert at 0 ɛ a + c. Nå har vi at p n p 0, og at qn i q. Derfor vil ) ) p n,..., w,..., p N n p 0,...,w,..., p N 0 og p n,..., qn i,.. ) ).,pn n p n,...,q,..., p N n. Siden E i : S N R er kontinuerlig, så kan vi få a og c vilkårlig små ved å velge n stor. Altså må ɛ = 0, og ψ i blir kontinuerlig. Antå nå at vi har en følge {q n } slik at q n ψp n ) og q n q 0. Vi må vise at q 0 ψp 0 ). Siden ψ i er kontinuerlig, så har vi at q i 0 ψ i p 0 ) for alle i, og dermed blir q 0 ψp). Altså er også ψ kontiuerlig. Ved Kakutanis teorem har ψ et fikspunkt. Dermed har spillet minst) en Nash likevekt. Å finne en Nash likevekt er et komplisert problem, for de av dere som synes slikt er interessant, er det ikke kjent om dette er P eller NP. 3. Brouwers og Kakutanis fikspunktsteoremer Nå gjør vi et forsøk på å forklare disse viktige teoremene. I dagligspråk sier Brouwers fikspunktsteorem følgende: Ta en kopp kaffe. Rør rolig rundt med en teskje. Ta ut skjeen og vent til kaffen igjen er i ro. Da sier Brouwer at det minst er ett punkt i kaffen som har kommet tilbake der det var før du rørte. Matematisk erstatter vi koppen med I N, gitt ved Nå lyder Brouwers teorem I N = { x R N x i, i =,..., N }. Teorem 3 Brouwers fikspunktsteorem). Hvis f : I N I N er en kontinuerlig funksjon, så fins det minst en x I N slik at fx) = x. Bevis. I første omgang presenterer jeg et overbevis for å overbevise eventuelle lesere om at dette er riktig. For N = så er teoremet lett å vise. La hx) = fx) x, siden f[, ]) [, ], så er f ) og f). Altså blir h ) 0 h). Videre er h kontinuerlig. Da sier skjæringssetningen at hx) = 0 for en x [, ].

7 Nå bruker vi induksjon, altså vi antar at teoremet gjelder for I N, og la f : I N I N, m.a.o. fx) = f x,..., x N ),f 2 x,...,x N ),..., f N x,...,x N )). Vi har også at f i x,..., x N ), for i =,...,N. Se nå på funksjonen h x N ) gitt ved x N f N x,...,x N, x N ) x N. Vi har at h ) 0 h) for alle x,...,x N ) I N. Da fins det minst en x N = x N x,...,x N ) [, ] slik at hx N ) = 0. Men vi vet mer, det må finnes en N dimensjonal hyperflate som deler I N i to, slik at h > 0 til venstre og h < 0 til høyre. Hvis ikke, ville vi kunne finne en kontinuerlig kurve ϕs) som gikk fra x N = til x N = slik at f N ϕs)) skiftet fortegn uten å ta verdien null. Altså fins det en kontinuerlig N 7 R Tx) R h < 0 h > 0 R N- - T y) h < 0 h > 0 R N- Figur. Hyperflaten der h = 0 dimensional flate Ψ gitt ved at h = 0 på denne flaten. Det kan selvfølgelig finnes flere. Dersom Ψ ikke er en funksjon av x,...,x N ) så kan vi finne en kontinuerlig og invertibel funksjon T : I N I N som retter ut Ψ. Vi kan også velge T slik at T N x) = x N, dvs. T forandrer ikke den Nte koordinaten til et punkt. Sett y = Tx) = T x),...,t N x)) I N, og observer at flaten Ψ kan skrives som y, ψy)) for en kontinuerlig funksjon ψ. La Fy) = T f T y, ψy)) )). Nå er F : I N I N og kontinunerlig, ved induksjonshypotesen har F et fikspunkt y 0. Sett x 0 = T y 0, ψy 0 )), vi har nå at y 0 = F y 0 ), = T f T y 0, ψy 0 )) )), vi bruker T på y 0, ψy 0 )) og får x 0 = f x 0 ), siden T og T ikke forandrer på den Nte komponenten. Altså har f et fikspunkt. Dette beviset må bygges litt på for å bli vanntett, men det fins bevis som bruker denne strategien. Vi kan imidlertid merke oss at dersom Brouwers teorem holder for f : I N I N, så holder det for alle kontinuerlige funksjoner som tar en konveks begrenset mengde inn i seg

8 8 selv. Dette kan lett vises ved å transformere den gitte konvekse mengden inn i I N. Derfor spiller det ingen rolle hvilken konveks mengde vi viser Brouwers teorem i. Holder teoremet for én slik mengde, holder det for alle. Vi skal vise Brouwers teorem på ordentlig til slutt i dette notatet, forløpig får vi klare oss med det overbeviset jeg har gitt. La nå { v 0,...,v N} være vektorer i R n. Det er n+ stykker av dem, så de kan ikke være lineært uavhengige. Sett v 0,...,v N til å være mengden av vektorer x som kan skrives der x i R slik at x = x 0 v 0 + x v + + x N v N, x i 0, og x 0 + x + + x N =. Mengden v 0,...,v N kalles et simpleks, og x 0,..., x N kalles de barysentriske koordinatene til x relativt til simplekset v 0,...,v N. I en dimensjon er et simplex en linje, og i to dimensjoner en trekant, i tre dimensjoner et tetraeder osv. Et simpleks kalles ikke-degenerert hvis v v 0, v 2 v 0,...,v N v 0 er lineært uavhengige. Fra definisjonen er det opplagt?) at et simpleks er konvekst. Derfor gjelder Brouwers teorem for simplekset, altså hvis f : v 0,..., v N v 0,..., v N er kontinuerlig, så fins det et punkt x v 0,...,v N slik at f x) = x. Vi kan nå definere den nte barysentriske oppdelingen av v 0,...,v N. Dette er de punktene som har barysentriske koordinater der 0 k i N er heltall, og x = n k 0,...,k N ), k 0 + k + + k N = n. Dette gir et slage gitter på v 0,...,v N, og deler opp simplekset i mange mindre simplekser som er skalerte versjoner av v 0,...,v N. Hver av disse små simpleksene kaller vi en celle. Oppgaver 6: La v 0, v, v 2 være simplekset bestemt av v 0 = 3, 2), v =, 5), v 2 = 7, ). Dersom x har Kartesiske koordinater c, c 2 ), finn de barysentriske koordinatene x 0, x, x 2 ). Vis at v 0, v, v 2 er ikke-degenerert. Tegn simplekset, og de fem linjene x = 0, x = /5, x = 2/5, x = 3/5, x = 4/5. Tegn den sjette barysentriske oppdelingen av v 0, v, v 2. Merk av punktet med barysentriske koordinater 3,, 2)/6.

9 Teorem 4 Kakutanis teorem for simplekser). Hvis X = v 0,..., v N er ikke-degenerert og f : X X er en kontinuerlig og konveks korrespondanse slik at fx) for alle x X, så fins x X s.a. x fx). M.a.o. f har et fikspunkt. Bevis. Vi starter med å lage den nte barysentriske oppdelingen av X. Nå kan vi lage en kontinuerlig funksjon g n : X X som følger. Hvis x er et hjørne i oppdelingen, så definerer vi g n x) = y, der y er et punkt i fx). Hvis x ikke er et hjørnepunkt, så ligger x i en celle som selv er et simpleks x x 0, x,...,x N. Her er x 0,...,x N hjørnene i cellen. Altså har x barysentriske koordinater relativt til x 0, x,...,x N gitt ved θ 0,...,θ N, Da kan vi definere x = θ 0 x θ N x N. g n x) = N θ j f x j). j=0 Dette er en lineær interpolasjon i mellom hjørneverdiene i cellen, derfor blir g n kontinuerlig. Ved Brouwers teorem har g n et fikspunkt x n = g n x n ) X. Hvis x n er et hjørne i en celle, så er teoremet bevist. Derfor antar vi at x n ikke er et hjørne, og at x n ligger i cellen x 0 n, x n,...,xn n, slik at x n har barysentriske koordinater Ved definisjonen av g n får vi at x n = θ 0,n x 0 n + θ,nx n + + θ N,nx N n. 9) x n = g n x n ) = θ 0,n y 0 n + θ,ny n + + θ N,ny N n, der 0) y j n f x j n), j = 0,...,N. Siden alle følgene våre {x n } n>0, {θn j } n>0, {yj n } n>0 ) ligger i begrensede og lukkede mengder, så finnes det delfølger slik at alle konvergerer. Ved å ta videre delfølger kan vi få alle til å konvergere for samme delfølge {n l }. For å spare blekk, nummererer vi om og fortsetter å indeksere alle følgene med n. Nå har vi altså følger {x n } n>0, x n x, {θ j,n } n>0 θ j,n θ j, { y j n } n>0 y j n yj. 9

10 0 Siden cellene krymper til ett punkt når n, så må cellehjørnene i x 0 n, x n,...,xn n alle konvergere mot det samme punktet, m.a.o. Ved å gå til grensen i 9) får vi at x j n x, for j = 0,...,N. x = θ 0 y 0 + θ y + + θ N y N. Siden korrespondansen f kontinuerlig, så kan vi gå til grensen i 0) og konkludere at y j f x) for j = 0,...,N. Men f er konveks, og x er en konvekskombinasjon av punkter i f x), altså er x f x). Hvis Kakutanis teorem holder for simplekser, så holder det for alle konvekse, lukkede og begrensede mengder X R n. Her følger argumentasjonen for det. La X være konveks, lukket og begrenset og f : X X være kontinuerlig og konveks. Velg et simplex S = v 0,...,v N slik at X S, og et punkt a X. Nå kan vi definere en korrespondanse g : S S som følger. For s S \X la xs) være skjæringspunktet mellom v 2 a X xs) v 0 s v Figur 2 linjen fra a til s og X. Siden X er konveks, så fins det bare ett skjæringspunkt. For alle s X sett xs) = s, og definer gs) = fxs)) X S. Nå blir g konveks, siden f er det. For å sjekke at g blir kontinuerlig, la Siden s xs) er kontinuerlig, har vi at Nå er f kontinuerlig, og derfor blir s i s, y i g s i ), og y i ȳ. x s i ) x s), y i f x s i )) og y i ȳ. ȳ fx s)) = g s).

11 Derfor blir også g kontinuerlig. Ved Kakutanis teorem for simplekser vet vi at det fins et punkt s S slik at s g s). Men gs) X for alle s, derfor er x s) = s, og g s) = f s). Altså har f et fikspunkt. Tilslutt kommer et ordentlig bevis for Brouwers fikspunktsteorem. Vi har sett at det er det samme hvilken konveks mengde vi velger når vi skal vise dette teoremet. Det beviset vi skal bruke stammer fra Milnor som publiserte det i 978. Som den konvekse mengden bruker vi kula i n dimensjoner. Vi bruker notasjonen B n = { x R n x }, B n = { x R n x = }, for kula og kuleskallet. Milnors bevis for Brouwers teorem støtter seg på at you can t comb the hair on a sphere. På matematisk betyr dette Teorem 5. For odde n så fins det ingen kontinuerlige tangentvektorfelt på B n som ikke tar verdien null i minst ett punkt. Bevis. Hvis det fins et slikt vektorfelt wx), så fins det et vektorfelt vx) slik at vx) = v = w/ w ). Så derfor antar vi at for u B n, har vi u vu) = 0, vu) =. Antå også foreløpig at v er kontinuerlig deriverbar. Definer nå A som A = { x R n /2 x 3/2 }. Vi kan utvide definisjonsmengden til v ved å sette ) x vx) = x v, x A. x Nå er v kontinuerlig deriverbar og vi har Velg nå et lite tall t og definer funksjonen x vx) = 0, og vx) = x. η t x) = x + tvx). Denne funksjonen avbilder A på en annen mengde A t = η t A). Vi påstår at for tilstrekkelig små t er η t. Siden v er kontinuerlig deriverbar har vi at vx) vy) λ x y, for alle x og y i A og en konstant λ. Anta at η t x) = η t y), da blir x + tvx) = y + tvy), og dermed x y = t vx) vy) t λ x y. Dette medfører at x = y dersom t λ <. Videre har vi at siden x vx) blir η t x) = x + tvx) = x + t 2) /2.

12 2 Derfor avbilder η t kulskallet med radius r på kuleskallet med radius r + t 2 ) /2. For å gå videre må vi forsikre oss om at bildet av kuleskallet med radius r er hele kuleskallet med radius r + t 2 ) /2. Det er det samme som at ligningen x + tvx) = z alltid har en løsning, for /2 x 3/2 og z = x + t 2 ) /2. For å vise dette antar vi først at z =. En løsning vil tilfredstille ligningen x = h t x) = z tvx), m.a.o. den er et fikspunkt for h t. Ved å bruke trekantulikhetene får vi a b a b a + b, t h t x) + t, slik at dersom t /2 så avbilder h t A inn i A. Hvis t λ < så blir h t x) h t y) λ t x y < x y. Det betyr at h t er en kontraksjon av A inn i seg selv. Nå kan vi bruke kontraksjonsprinsippet 2 og konkludere at h t har et fikspunkt. For z, sett z = z/ z, da kan vi løse ligningen x + tv x) = z. Multipliser denne ligningen med z, sett x = z x, dette gir x + t z v x) = x + tv z x) = t + tvx) = z. Nå har vi vist at for tilstrekkelig små t avbilder η t A på A t, og at A t = { x R n /2 + t 2 ) /2 x 3/2 + t 2 ) /2}. Siden A t er similær med A, så skalerer volumet med størrelsen, d.v.s., A t = + t 2) n/2 A, der A er volumet av A. Vi kan også bruke kalkulus for å beregne volumet av A t, siden η t tar A på A t har vi at ) A t = det ηt ) i dx...dx n, A x j der ) ηt ) i betegner Jacobideterminanten til η t. x j Vi har at η t ) i = δ ij + t v i. x j x j 2 Ikke fortvil! Kontraksonsprinsippet er et mye enklere fikspunkresultat som blir vist etterpå. Det er det siste som blir vist i dette notatet.

13 Vi ser at Jacobimatrisen går mot identitetsmatrisen når t 0. Derfor er determinanten positiv for små t, og absoluttverdiene er unødvendige. Hvis vi ser på Jacobideterminanten som en funksjon av t, så ser vi at den blir et polynom på formen ) ηt ) i det = a 0 x) + a x)t + + a n x)t n. x j Derfor blir integralet også et nte gradspolynom, altså vi får vi at Men vi har at funksjonen + t 2 ) n/2 A t = b 0 + b t + + b n t n = A + t 2) n/2. ikke er et polynom dersom n er odd. Dersom vi ikke har gjort noen andre feil, så må forutsetningen for regningen være feil, altså fins det ikke noe kontinuerlig deriverbart vektorfelt på B n som er forskjellig fra null i alle punkter. For å fullføre beviset må vi fjerne antagelsen om deriverbarhet. Hvis nå v er et kontinuerlig vektorfelt på B n slik at v 0, kan vi utvide v til enhetskuben ved å sette vx) = x vx/ x ). Deretter kan vi finne en uendelig) deriverbar approximasjon p slik at v p blir vilkårlig liten. Siden vu) u = 0 så vil wu) = p p u)u 0 for u =. Vi har at w er deriverbar, at w er tangent til B n. Derfor vil ṽu) = wu) wu) være et kontinuerlig deriverbart enehetstangentvektorfelt. Men det fins ikke siden n er odd. Nå kan bevise Teorem 6 Brouwers fikspunktsteorem). La f : B n B n være kontinuerlig. Da har f et fikspunkt. Bevis. Vi antar at f ikke har et fikspunkt, og håper på å oppnå en selvmotsigelse. La x B n, sett y = fx) og z = x y. Da er z 0, og på B n peker z utover siden og vi har at x z = x x x y = x y, 0 < x y 2 = x x 2x y + y y 2 x y). Altså er x y > 0 og z peker utorver på B n. Nå definerer vi wx) til å være wx) = x λy, λ = x x x y. 3

14 4 Dette veldefinert og kontinuerlig, siden x y > 0. For x B n har vi at λ = 0, og derfor er wx) = x. Hvis wx) = 0 for en x i det indre av B n så har vi at ) 0 = x y)x x x)y. Men hvis wx) = 0, så er x = λy, og Derfor gir ) at x y)x = λ 2 y y)y = x x)y. 0 = x x x)y y + x x)y = x y 0. Altså er wx) 0 for alle x B n. Kula B n er ekvatorialdisken i kula B n+, vi bruker dette til å konstruere et tangentialvektorfelt til kuleskallet B n+. Vi konstruerer først vektorfeltet på den sørlige havlkule. N B n sørlige halvkule av x B n+ w u v Figur 3 For x B n, la u B n+ være skjæringspunktet mellom B n+ og linja som går gjennom nordpolen i B n+ og x denne linja går gjennom planeten ). Siden x ligger mellom N og u så har vi x = θ)n + θu, for en θ [0, ]. Vi kan regne ut at 2) θ = x + ). 2 Ved å bruke denne stereografiske projeksjonen kan vi overføre vektorfeltet wx) til et vektorfelt på den sørlige halvkule. La først og sett deretter xt) = x + twx), 3) vx) = d dt uxt)) t=0.

15 For å se at v 0 deriverer vi identiteten xt) = θt))n + θt)ut) og setter t = 0. Da får vi at w = θ 0)N + θ 0)u0) + θ0)v, og løser vi denne for v får vi at v = θ0) w + θ 0)N u)). Hvis θ 0) = 0 så er v 0 siden w 0. Hvis θ 0) 0 kan vi se på den siste n + )te) kompontenten til v, v n+ = θ 0 + θ 0) u n+ )) 0 siden w n+ = 0 og u n+ < 0. Hva med vx) når x B n? Her har vi at wx) x, u x 0 og θ. Vii har også at θ 0) = d 2 dt + xt) xt)) t=0 = x wx) = x x =. Nå får vi altså at v x = = x + N x) = N. Ved ekvator peker vektorfeltet vu) rett mot nord, og vu) 0 i hele den sørlige halvkule. Nå kan vi gjøre nesten) det samme ved å projisere fra sørpolen, den enenste forskjellen blir at vi bytter fortegn i defininsjonen av v i ligning 3), slik at v + x) = d dt u+ xt)) t=0, hvor u + er den stereografiske projeksjonen av x fra sørpolen på den nordlige halvkule. Ved ekvator vil v + = N) = N og v + 0 i hele den nordlige halvkule. Nå kan vi skjøte sammen v og v + til et vektorfelt som aldri er null på hele B n+. Slike finnes ikke dersom n + er odd. Altså fins heller ikke en kontinuerlig funksjon f : B n B n uten fikspunkter hvis n er et partall. Hva om n er et oddetall og f : B n B n er kontinuerlig? Ved å skrive et punkt z R n+ som z = x, x n+ ) der x R n kan vi betrakte B n B n+ og definere g : B n+ B n+ ved at g x, x n+ ) = fx). Da er g kontinuerlig og siden n + er et partall har g et fikspunkt x. Siden gb n+ ) B n må x B n også være et fikspunkt for f. Oppgaver 7: Et berømt teorem navngitt etter Oscar Perron sier at en n n matrise med bare positive elementer må ha minst en positiv egenverdi, med tilhørende egenvektor med bare positive elementer. M.a.o., det fins en vektor x med x i > 0 for i =,..., n og λ > 0 slik at Ax = λx. La x n, sett λx) = i Ax) i, og definer fx) = Ax λx). 5

16 6 Vis at f : n n er kontinuerlig, dermed Perrons teorem. For å gjøre dette notatet mest mulig komplett, viser vi kontraksjonsprinsippet til slutt. En funksjon kalles en kontraksjon hvis fx) fy) < x y. Lemma 2 Kontraksjonsprinsippet). Anta at f : X Y X er kontinuerlig, der X R n og Y er begrenset. Hvis f er en kontraksjon så fins det en entydig x Y s.a. fx) = x. Bevis. Siden f er en kontraksjon, så fins det et tall r < slik at fx) fy) r x y. Velg en x 0 Y og sett x n+ = fx n ) for n. Da har vi at x n+ x n = f x n ) f x n ) r x n x n r n f x ) x 0 Cr n, siden Y er begrenset. Nå kan vi vise at {x n } n>0 er en Cauchyfølge og derfor konvergent. For m > n har vi x m x n x m x m + x m x m x n+ x n Cr m + Cr m Cr n = Cr n rm n r 0 når n blir stor. Altså har vi at x n x Y. Nå har vi at x = lim n f x n ) = f ) lim x n n = fx), siden f er kontinuerlig. For å vise at vi kun har ett fikspunkt anta at vi har to, x og y. Da får vi at som er en selvmotsigelse hvis x y. x y = fx) fy) < x y, Oppgaver 8: For x R la fx) = sinλx) der λ er en konstant. For hvilke λ er f en kontraksjon?