最后更新: 2025-10-25 18:53 查看: 158 次纠错评论(0) 课件开VIP

利用格林公式证明Brouwer 不动点定理

`例` 设 $D$ 是以点 $(0,0)$ 为内点的凸闭集，其边界 $C$ 为分段光滑曲线，设 $P(x, y), Q(x, y)$ 于 $D$ 上连续可微．在 $C$ 的每个点 $(x, y)$ 上向量 $v (x, y)=$ $(P(x, y), Q(x, y))$ 与矢径 $r =(x, y)$ 不同向．证明： $v (x, y)$ 在 $D$ 中必存在零点，即存在 $\left(x_0, y_0\right) \in D$ ，使得 $P\left(x_0, y_0\right)=Q\left(x_0, y_0\right)=0$ ．
 ![图片](/uploads/2025-03/6c7a59.jpg)
 
 证 首先要说明凸集条件的作用．由于 $D$ 是凸闭集，而 $O=(0,0)$ 是 $D$ 的内点，这样就可以证明从原点出发的任何方向的半射线与边界只交于一点。

为此只要取一个在 $D$ 中的邻域 $O_\delta(O)$ ，然后从某一个边界点 $A$ 作该邻域边界圆的两条切线（参看图 1）。由于 $D$ 是凸集，因此在两条切线和邻域边界圆弧围成的区域内的所有点都是 $D$ 的内点。特别是直线段 $\overline{O A}$ 中除边界点 $A$ 之外都是 $D$ 的内点．由此可见其中不会有第二个边界点，而且在 $\overline{O A}$ 向 $A$ 端方向的延长线上也不会再有第二个边界点。

这样就使得我们可以用极坐标的极角 $\theta$ 作为边界曲线的参数，将边界曲线 $C$表示为 $x=x(\theta), y=y(\theta), 0 \leqslant \theta \leqslant 2 \pi$ 。

如图2所示，矢径向量 $r$ 幅角为 $\theta$ ，在点 $(x, y)$ 绕 $C$ 一周后的变化为 $2 \pi$ ，记 $v$的幅角为 $\varphi$ 。由于 $v$ 与 $r$ 始终不同向，因此 $v$ 与 $r$ 的夹角 $\varphi-\theta$ 始终在 $(-2 \pi, 0)$ 或者 $(0,2 \pi)$ 之间，于是在点 $(x, y)$ 绕 $C$ 一周后 $v$ 的幅角变化也只能是 $2 \pi \neq 0$ ，

另一方面，向量 $v (x, y)=(P, Q)$ 绕 $C$ 正向一周的幅角变化可以用第二类曲线积分表示为

$$
I=\oint_C \frac{Q d P-P d Q}{P^2+Q^2}=\oint_C d\left(\arctan \frac{Q}{P}\right)
$$

用反证法．若 $P^2+Q^2$ 在 $D$ 中没有零点，则就可以用 Green 定理知道积分值 $I=0$ ．引出矛盾．

## Brouwer 不动点定理
Brouwer 不动点定理 由 $n$ 维闭球到自身的连续映射一定有不动点．
对于 $n=1$ 就是过去熟悉的一个题：设 $f \in C[a, b]$ ，且 $f([a, b]) \subset[a, b]$ ，则存在 $\xi \in[a, b]$ ，使得 $f(\xi)=\xi$ ．这里的 $\xi$ 就是映射 $f$ 的不动点．

当 $n>1$ 时 Brouwer 不动点定理的证明很不容易，我们在下面只在 $n=2$ 和映射为连续可微条件下用上面的例 3 为工具给出一个证明。

证 这时取单位圆为 $D: x^2+y^2 \leqslant 1$ ，设映射 $(x, y) \rightarrow(P(x, y), Q(x, y))$ 为连续可微，且 $P^2+Q^2 \leqslant 1$ ．

定义映射

$$
v (x, y)=(P(x, y)-x, Q(x, y)-y)
$$

则可以证明当 $(x, y) \in \partial D=C$ 时， $v (x, y)$ 与 $r =(x, y)$ 不会同向．实际上若发生同向的情况，则存在 $k>0$ ，使得

$$
P(x, y)-x=k x, Q(x, y)-y=k y
$$

但这样一来就有

$$
P^2+Q^2=(1+k)^2\left(x^2+y^2\right)=(1+k)^2>1,
$$

与条件 $P^2+Q^2 \leqslant 1$ 矛盾．用例题的结论即知存在 $\left(x_0, y_0\right)$ ，使得 $v \left(x_0, y_0\right)=(0,0)$ ，也就是

$$
P\left(x_0, y_0\right)=x_0, Q\left(x_0, y_0\right)=y_0
$$

这就是说点 $\left(x_0, y_0\right)$ 是映射 $(x, y) \rightarrow(P, Q)$ 的不动点．

以下补充一个例子．它与前面 p． 170 的 Gauss 积分类似，但有一些新的技巧．
补充例题 求积分 $I=\oint_C \frac{x d y-y d x}{4 x^2+y^2}$ ，其中 $C$ 是以点 $(1,0)$ 为圆心，$R$ 为半径的圆，取正向．

解 首先计算

$$
\frac{\partial P}{\partial y}=\frac{-4 x^2-y^2+2 y^2}{\left(4 x^2+y^2\right)^2}=\frac{y^2-4 x^2}{\left(4 x^2+y^2\right)^2}, \frac{\partial Q}{\partial x}=\frac{4 x^2+y^2-8 x^2}{\left(4 x^2+y^2\right)^2}=\frac{y^2-4 x^2}{\left(4 x^2+y^2\right)^2}
$$

可见恰当条件满足．奇点为 $(0,0)$ ，于是当 $R<1$ 时，可直接用 Green 公式知道积分 $I=0$ 。

若 $R>1$ ，则可以取 $\varepsilon>0$ 充分小，使得曲线 $C_{\varepsilon}: 4 x^2+y^2=\varepsilon^2$ 在 $C$ 内．在 $C$与 $C_{\varepsilon}$ 之间的区域上用 Green 定理，知道 $I=\oint_{C_{\varepsilon}} \frac{x d y-y d x}{4 x^2+y^2}$ ．

当然可以直接计算上述曲线积分．但也可以再将 $\varepsilon$ 放大为 1 ，则就有

$$
I=\oint_{C_1} \frac{x d y-y d x}{4 x^2+y^2}=\oint_{C_1} x d y-y d x=2 \iint_{D_1} d x d y=2\left|D_1\right|
$$

其中 $D_1$ 是 $C_1$ 包围的椭圆区域．由于长半轴为 1 ，短半轴为 $1 / 2$ ，因此 $I=2\left|D_1\right|=$ $\pi$ ．

注 当 $R=1$ 时在 $C$ 上有奇点．如同广义积分那样可以用极限来定义．这时可以计算出积分为 $\pi / 2$ ．

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