Valores propios de la jacobiana que desaparecen

Question

Dejemos que $f: \mathbb{R^2}\to \mathbb{R^2}$ sea una función de Schwartz. Si los valores propios de $Df$ se desvanecen por todas partes, deben $f$ ser constante? ¿Se mantiene un resultado análogo cuando sustituimos $2$ por $n$ ?

Cualquier propiedad de $f$ sería de interés. Por ejemplo, claramente $\nabla \cdot f = 0$ .

Answer 1

En realidad, cometí un error de signo en mi cálculo original de $\det(Df)$ Así que mi argumento original no era correcto. Lo siento. Aquí hay (espero y creo) uno correcto.

De hecho, cuando $n=2$ , tal como un $f$ debe ser cero. (Si es constante, debe ser cero, como señaló Peter).

Como señaló Peter, $f = (-u_y, u_x)$ para alguna función $u:\mathbb{R}^2\to\mathbb{R}$ . La condición de que los valores propios de $Df$ se desvanece requiere, además, que $$ \det(Df) = u_{xx}u_{yy}-u_{xy}^2=0, $$ Esto implica que el gráfico $\bigl(x,y,u(x,y)\bigr)$ es una superficie plana completa en $\mathbb{R}^3$ (es decir, su curvatura de Gauss desaparece). En particular, por el teorema clásico de las superficies planas completas, esta gráfica está regida por rectas paralelas. La proyección de esta regla sobre el plano del dominio $\mathbb{R}^2$ entonces da una regla del plano por líneas rectas paralelas. Por un giro, podemos suponer que las reglas se proyectan a las paralelas a la $x$ -eje. La condición de paralelismo en la gráfica implica entonces que $u_x$ es una constante $a$ y así $u$ debe ser de la forma $u(x,y) = ax + h(y)$ para alguna función $h$ y alguna constante $a$ . Sin embargo, esto da $f = (-h'(y),a)$ por lo que el requisito de que $f$ sea Schwartz implica que $a = h'(y) = 0$ Así que $f$ es cero.

N.B: Tenga en cuenta que la condición de $f$ ser Schwartz no se utiliza hasta el final, y, de hecho, es lejos más fuerte de lo necesario. Evidentemente, bastaría con saber simplemente que $\|f(x,y)\|\rightarrow0$ como $\|(x,y)\|\rightarrow\infty$ para concluir que $f\equiv0$ .

Answer 2

Por alguna razón, el botón "editar" no apareció para mi respuesta anterior, tal vez porque ya estaba aceptada. Por lo tanto, añado la respuesta general $n$ argumento como una respuesta separada.

De hecho, hay un resultado más fuerte: Supongamos que $f:\mathbb{R}^n\to\mathbb{R}^n$ es suave y tiene las propiedades que (i) el jacobiano $Df(x)$ no tiene valores propios reales negativos para cualquier $x\in \mathbb{R}^n$ y (ii) existe $\epsilon>0$ y una constante $K$ tal que $$ \bigl| f(x)\bigr| \le \frac{K}{\bigl(1+|x|\bigr)^\epsilon} \qquad \forall x\in\mathbb{R}^n. $$ Entonces $f\equiv0$ .

Este es el argumento: Para $t\ge 0$ , considere el mapeo suave $\Phi_t:\mathbb{R}^n\to\mathbb{R}^n$ definido por $$ \Phi_t(x) = x + tf(x). $$ Por supuesto, $\Phi_0(x) = x$ . Además, $$ \det(D\Phi_t(x)) = \det\bigl(I_n + t Df(x)\bigr) > 0 $$ por la hipótesis de que $Df(x)$ no tiene valores propios reales negativos para cualquier $x$ . Así, $\Phi_t:\mathbb{R}^n\to\mathbb{R}^n$ es un difeomorfismo local para todo $t$ . En particular, todos los valores de $\Phi_t$ son valores regulares. Además, cuando $|x|=R>0$ , $$ \bigl|\Phi_t(x)-x\bigr| \le \frac{tK}{(1+R)^\epsilon}, $$ y, tomando $R$ muy grande, se deduce fácilmente que $\Phi_t$ debe ser surjetivo (ya que apenas mueve la esfera $|x|=R$ para $R>>0$ ). Entonces, por la teoría de los grados (y el hecho de que $\Phi_t$ es una orientación que preserva difeomorfismo local), se deduce que $\Phi_t$ debe ser inyectiva también. Es decir, $\Phi_t$ es un difeomorfismo de $\mathbb{R}^n$ con ella misma para todos $t\ge 0$ .

Supongamos ahora que $f$ no eran idénticos a cero. Por la traducción, puedo suponer, sin pérdida de generalidad, que $f(0)\not=0$ , decir $\bigl|f(0)\bigr| = M > 0$ . Ahora, elija un $R>>0$ satisfaciendo $$ \frac{K}{(1+R)^\epsilon} < M, $$ que es posible porque $\epsilon>0$ y, a continuación, seleccione $t>>0$ para que $$ t\left(M-\frac{K}{(1+R)^\epsilon}\right) > R. $$ Entonces, para todos los $x\in\mathbb{R}^n$ con $|x|=R$ , $$ \left|\Phi_t(x)\right| = \left|x + tf(x)\right| \le R + \frac{tK}{(1+R)^\epsilon} < t M. $$ En particular, $\Phi_t$ lleva la esfera $|x|=R$ en la bola $|x|\le R'$ para algunos $R' \lt tM$ . Así, porque $\Phi_t$ es un difeomorfismo de $\mathbb{R}^n$ con ella misma, debe llevar la pelota $|x|\le R$ en la bola $|x| \le R'$ .

Por otro lado, $\left|\Phi_t(0)\right| = \left|tf(0)\right| = tM > R'$ , y esto es una contradicción.