´cnica Nacional Escuela Politecnica e Nacional Facult acultad De Ciencias
Asignatura: Profesor: Estudiante: Carrera: Cap Ca p´ıtul ıt ulo o 3:
An´alisis alisis Matem´atico atico II Mat. Mat . Andr´ And r´es es Merino Mer ino Ajila Loay Loayza za Carlos Carlos Alberto Matem´atica atica C´alculo alculo diferencial diferencial en espacios espacios normados. normados.
1. Sean E, F F espacios normados y U U un abierto de E . Si f : U F F es Fr´ echet-der echet -derivabl ivablee en x U , U , mostrar que para cualquier h E existe E existe la derivada de f en f en la direcci´on h on h.. M´as a s a´ un un
∈
→
∈
f (x; h) = Df ( Df (x)(h )(h). Sea h E con h = 0. Puesto que x U es U es un punto interior, existe δ > 0 tal que para cualquier cualquier t t R que verifique th δ se δ se tiene x + x + th th U y U y as´ as´ı, tenemo ten emoss que q ue
∈
Demostraci´ on.
∈
≤
∈
∈
f ( f (x + th + th))
− f ( f (x) = Df ( Df (x)(th )(th)) + o + o((th) th) = tDf ( tDf (x)(h )(h) + o + o((th) th), donde Df donde Df ((x) es la derivada de Fr´echet echet de f de f en x en x y o( o (th) th) ∈ o( o (th). Si consideramos consideramos t t = 0 tenemos f ( f (x + th + th)) − f ( f (x) o( o (th) th) = Df ( Df (x)(h )(h) + . t
t
Ahora, notemos que
o ( th) th ) o ( th) th ) o ( th) th ) l´ım = l´ım h = h l´ım =0 t→0 th→0 th t t→0 th de donde
o(th) th) =0 t→0 t l´ım
y as´ as´ı tenemo ten emoss que f ( f (x + th + th)) t→0 t con lo que f (x; h) existe y adem´as as l´ım
− f ( f (x) = Df ( Df (x)(h )(h)
f (x; h) = Df ( Df (x)(h )(h). Si h Si h = 0 claramente tenemos
f ( f (x + t + t0) 0) f ( f (x) =0 t→0 t y por la linealidad de Df ( Df (x) se verifica la igualdad f (x;0) = Df ( Df (x)(0) = 0. Esto completa la demostraci´ on. on.
−
l´ım
2. Bajo las hip´otesis otesis del ejercicio 1, demuestre que si f e f ess Fr´ echet-der echet -derivable ivable en x ateaux-derivable en x en x.. f es f es Gˆateaux-derivable Demostraci´ on. Por
∈ U entonces U entonces
el resultado del ejercicio 1 podemos definir la funci´on on ϕ : E h
−→ − →
F , ϕ(h) = f (x; h) = Df ( Df (x)(h )(h)
por ende tenemos la igualdad ϕ = Df ( Df (x) y por la linealidad y acotaci´on o n de Df ( Df (x) se sigue que ϕ L (E, F ), F ), lo que prueba que f es f es Gˆateaux-derivable. ateaux-derivable.
∈
1
3. Sea E un espacio vectorial normado sobre un campo K y U un abierto de E . Si las funciones f : U K y g : U K son derivables en a U , demostrar que la funci´on
→
→
f g :
·
∈ U −→ → x −
K
f (x)g(x)
es derivable en a y su derivada es g(a)f (a) + f (a)g (a). Demostraci´ on. Consideremos
las funciones ψ : U x
−→ − →
K
×K
(f (x), g(x))
y ϕ :
× K −→ K . → xy (x, y) − A partir de aqu´ı resulta simple ver que f · g = ϕ ◦ ψ. Por otra parte ϕ es bilineal y adem´as para x, y ∈ K |ϕ(x, y)| = |xy| = |x||y| con lo que ϕ es continua. As´ı tenemos que ϕ es derivable y para u, v ∈ K se verifica K
ϕ (x, y)(u, v) = ϕ(x, v) + ϕ(u, y) = xv + uy. Por otra parte, es claro que para h
∈ E se tiene
ψ (a)(h) = (f (a)(h), g (a)(h)) y entonces f g es derivable en a y adem´as, aplicando la regla de la cadena tenemos, para h
·
∈ E
(f g) (a)(h) = ϕ (ψ(a)) ψ (a) (h)
·
◦
= ϕ (f (a), g(a)) ψ (a) (h)
◦
= ϕ (f (a), g(a))(f (a)(h), g (a)(h)) = f (a)g (a)(h) + g(a)f (a)(h) = (f (a)g (a) + g(a)f (a))(h) y como h es arbitrario, se sigue que (f g) (a) = f (a)g (a) + g(a)f (a) como se quer´ıa probar.
·
4. (Derivabilidad de normas) Sea E un espacio vectorial normado y N su norma. a )
1) Mostrar que N no es derivable en 0. 2) Sea a E , a = 0. Suponiendo que N es derivable en a, mostrar que para todo real λ > 0, N es derivable en λa y adem´as N (λa) = N (a). Considerando la derivada en λ = 1 de la aplicaci´on λ N (λa), mostrar que N (a)(a) = N (a). Demostrar entonces que N (a) = 1.
∈
b)
c )
→
Suponga que el espacio E es real, dotado de un producto escalar (x, y) x, y y de la norma asociada al producto escalar N . Demostrar que N es derivable en todo punto a = 0 y calcular N (a).
→
En esta pregunta, E = Rn . 1) Sea N 1 la norma x = (x1 ,...,xn ) N 1 (x) = ni=1 xi . Mostrar que N 1 es derivable en un punto a = (a1 ,...,an ) si y solamente si para todo i 1,...,n , ai = 0. Calcular en ese caso N 1 (a). 2) Sea N ∞ la norma x = (x1 ,...,xn ) N ∞ (x) = m´ax1≤i≤n xi . Mostrar que N ∞ es derivable en un punto a = (a1 ,...,a n ) si y s´olo si existe i0 1,...,n tal que, para todo i = i 0 , ai < ai0 . Calcular en ese caso n∞ (a).
→
→
| | | |
2
| |
∈ {
| | ∈ {
} }
d )
En esa pregunta, E es el espacio c0 de las sucesiones reales que convergen a 0 con la norma N inducida del espacio l∞ . Demostrar que N es derivable en a = (an )n∈N si y s´ olo si existe n 0 N tal que, para todo n = n 0 , an < an0 . Calcular en ese caso N (a).
∈ | | | | Demostraci´ on. a) 1) Sea h ∈ E con h = 0, tenemos entonces |t|N (h) = l´ım tN (h) = N (h) N (0 + th) − N (0) l´ım = l´ım t
t→0+
t
t→0+
t
t→0+
y por otro lado l´ım
t→0−
N (0 + th) t
− N (0) =
l´ım
t→0−
|t|N (h) = t
l´ım
t→0−
−tN (h) = −N (h), t
por lo que no existe la derivada direccional de N en el punto 0 para h = 0, y por el ejercicio 1, esto implica que N no es derivable. a) 2) Basta notar que si λ > 0 entonces
N (λa + h) N (λa) 1 N (λ(a + h/λ)) N (λa) N (a + h/λ) N (a) = l´ım = l´ım = N (a), h→0 N (h) λ h→0 N (h)/λ N (h/λ) h/λ→0 l´ım
−
−
puesto que por hip´otesis, N (a) existe. Sea ahora f la funci´on dada por f :
−→ − →
R+
λ
−
R
N (λa)
Notemos que f = N p donde
◦
p :
−→ − →
R+
λ
E . λa
Como p es lineal y acotada, es derivable en todo punto, y p (λ) = p para todo λ > 0. As´ı f es derivable en todo λ > 0 y por la regla de la cadena, tenemos f (λ) = N ( p(λ)) p (λ) = N (λa) p.
◦
◦
Si consideramos λ = 1 tenemos f (1)(1) = (N (a) p)(1) = N (a)(a)
◦
y por otro lado, dado que f es Fr´echet-derivable, por el ejercicio 1 sabemos que existen todas las derivadas direccionales. Por ende, si h R, existe
∈
f (1 + th) t→0 t
f (1; h) l´ım
− f (1) ,
y adem´as f (1 + th) f (1) f (1 + s) f (1) = h l´ım , t→0 s→0 hr s por lo tanto, nos queda evaluar este ´ultimo l´ımite, pero, sabiendo que este l´ımite existe, basta con tomar el l´ımite a lo largo de un conjunto particular, en este caso, tomaremos para cuando s > 0, es decir, tenemos f (1 + s) f (1) f (1; h) = h l´ım . s s→0+ f (1; h) = h l´ım
−
−
−
Dado que 1 + s > 0 tenemos N (a) + sN (a) = N ((1 + s)a) de donde sN (a) = N ((1 + s)a)
− N (a) = f (1 + s) − f (1), 3
con lo que l´ım
s→0+
f (1 + s) s
− f (1) =
l´ım N (a) = N (a),
s→0+
y as´ı f (1; h) = hN (a). Aplicando el ejercicio 1, sabemos que f (1)(1) = f (1; 1) = N (a) lo que prueba que N (a)(a) = N (a). Ahora, por definici´ on de Fr´echet-derivabilidad, dado ε > 0 existe δ > 0 de modo que para todo h E si N (h) δ , entonces
∈
≤
|N (a + h) − N (a) − N (a)(h)| ≤ εN (h), pero adem´ as sabemos que
||N (a)(h)| − |N (a + h) − N (a)|| ≤ |N (a + h) − N (a) − N (a)(h)|, por ende, se sigue que
|N (a)(h)| ≤ |N (a + h) − N (a)| + εN (h).
(1)
Por otra parte N (a + h)
− N (h) ≤ N (a) + N (h) − N (h) = N (a),
es decir N (a + h)
− N (a) ≤ N (h)
y tambi´en N (a) = N (a + h
− h) ≤ N (a + h) + N (h)
que equivale a
−N (h) ≤ N (a + h) − N (a) que junto con la desigualdad obtenida anteriormente nos da
|N (a + h) − N (a)| ≤ N (h). Aplicando esto a la desigualdad (1) tenemos
|N (a)(h)| ≤ N (h) + εN (h) = (1 + ε)N (h). En resumen, hemos probado que si N (h) ≤ δ , entonces |N (a)(h)| ≤ (1 + ε)N (h). Nos proponemos ahora demostrar que esta desigualdad sigue siendo v´alida para cualquier h ∈ E . En efecto para h = 0 no hay nada que probar; sea h ∈ E con h = 0 y pongamos u = 2N δh(h) . Claramente N (u) = δ/2 < δ y por ende |N (a)(u)| ≤ (1 + ε)N (u). Por la linealidad de N (a) y la homogeneidad de la norma N , si multiplicamos ambos miembros de la desigualdad por 2N (h)/δ esta desigualdad no se altera y tenemos N (a)(h) (1 + ε)N (h),
|
|≤
desigualdad que es v´alida para todo h que
∈ E . As´ı, haciendo ε → 0 en la desigualdad anterior, tenemos |N (a)(h)| ≤ N (h) y por lo deducido anteriormente (que N (a)(a) = N (a)), se sigue que N (a) = 1. b) Consideremos las siguientes funciones:
p : E x
−→ E × E , − → (x, x) 4
q : E E (x, y)
× −→ R −→ x, y
y
r : ]0, + [ x de modo que claramente N = r tenemos, para x > 0
∞ −→ R√ , − → x
◦ q ◦ p. La funci´on r es derivable en todo punto de su dominio, y r (x) : R −→ R h . h − → r(x)(h) = 2√ x
Por otro lado, la funci´ on q que es un producto interno, es claramente una forma bilineal, y por lo tanto es derivable en todo punto, y su derivada en un punto ( x, y) est´a dada por q (x, y)(h1 , h2 ) = q (x, h2 ) + q (h1 , y) = x, h2 + h1 , y ,
para cada (h1 , h2 ) E E . Finalmente, la aplicaci´ on p es lineal y acotada, por lo que es derivable y p (x) = p para cada x E . De este modo N es derivable en cualquier vector a = 0, y por la regla de la cadena, su derivada est´a dada por
∈ × ∈
N (a)(h) = (r ((q p)(a)) (q p) (a))(h)
◦
◦ ◦
= (r ( a, a ) q ( p(a)) p (a))(h)
◦ ◦ = r (a, a)(q ( p(a))( p (a)(h))) = r (a, a)(q ( p(h))) = r (a, a)(q (a, a)(h, h)) = r (a, a)(2a, h) 2a, h = 2 a, a a, h . =
N (a)
De este modo, tenemos N (a) =
a, · .
N (a)
c) 1) La i-´esima derivada parcial de N 1 existe si y s´o lo si ai = 0 y en ese caso tenemos, para h = (h1 ,...,h n ) que Di N 1 (a)(h) = sgn(ai )hi , donde sgn es la funci´on signo, pues en efecto, si notamos f i a la i-esima funci´on parcial de N 1 tenemos que
f i (ai + hi )
− f (ai) − sgn(ai)hi =
n j=1,j =i
|a j | + |ai + hi| −
n j=1
|ai| − sgn(ai)hi
= ai + hi
| − |ai| − sgn(ai)hi = sgn(ai + hi )(ai + hi ) − sgn(ai )(ai + hi ), |
y para h i = 0 suficientemente cercano a 0, tenemos que sgn(ai + hi ) = sgn(ai ), con lo que tenemos
f i (ai + hi )
− f (ai) − sgn(ai)hi = sgn(ai)(ai + hi) − sgn(ai)(ai + hi) = 0, hi
hi
por lo que haciendo hi 0 se sigue el resultado. Adem´as, claramente las derivadas parciales son continuas, por lo que N 1 es derivable en a si y s´olo si a i = 0 para cada i i,...,n . Como tenemos n las derivadas parciales ya calculadas, esto nos da, para cada h R
→
N 1 (a)(h)
=
n i=1
5
sgn(ai )hi .
∈
∈ {
}
c) 2) Sabemos que N ∞ no es derivable en 0, por lo que suponemos a = 0, y pongamos I = 1,...,n . Supongamos primero que para todo i I existe un ji = i tal que a j ai . Luego, por la definici´ on de la norma N ∞ y por tratarse de un conjunto finito, tenemos que existe p I tal que N ∞ (a) = a p y por hip´otesis, existe por ende q = p tal que aq a p = m´ax1≤i≤n , de donde deducimos que a p = aq = N ∞ (a) > 0. Sea h = (h1 ,...,h n ) un vector verificando 0 < h p = hq < N ∞ (a)/2 con sgn(h p ) = sgn(a p ), sgn(hq ) = sgn(aq ) y h i = 0, i I p, q . As´ı tenemos
| | ≥| | ∈ | | | |
∈
| | ≥ | | − ∈ \ { } N ∞ (a + h) = |a p + h p | = |a p | + |h p | = N ∞ (a) + N ∞ (h) N ∞ (a − h) = |aq − hq | = |aq | + |hq | = N ∞ (a) + N ∞ (h),
| | | |
i
{
} | |
en donde, sumando ambas igualdades nos da N ∞ (a + h) + N ∞ (a
− h) − 2N ∞(a) = 2N ∞(h).
(2)
(a) que existen funciones Si asumimos la derivabilidad de N ∞ en a, tenemos por la linealidad de N ∞ o1 (h), o2 (h) o(N ∞ (h)) tales que
∈
− N ∞(a) − N ∞ (a)(h) = o1(h) N ∞ (a − h) − N ∞ (a) + N ∞ (a)(h) = o 2 (h), N ∞ (a + h)
de donde, sumando y poniendo o(h) = o 1 (h) + o2 (h) tenemos que N ∞ (a + h) + N ∞ (a
− h) − 2N ∞(a) = o(h). Puesto que o(N ∞ (h)) es un espacio vectorial, se sigue que o(h) ∈ o(N ∞ (h)) y por (2) esto implica que 2N ∞ (h) = o(h), es decir
2N ∞ (h) =2 h→0 N ∞ (h)
0 = l´ım
lo que es absurdo. Esto nos lleva a concluir que nuestra hip´otesis es falsa. Rec´ıprocamente, supongamos que existe i 0 I tal que para todo i I i0 se verifica ai < ai0 . Sea h = (h1 ,...,hn ) tal que N ∞ (h) < 21 m´ıni∈I \{i0 } ai0 ai . Un c´alculo directo nos da
∈
∈ \ { }
| − | N ∞ (a + h) − N ∞ (a) = |ai + hi | − |ai |. 0
0
| | | |
0
(a)(h) = sgn(a )h . En efecto, para h de norma suficienteDe aqu´ı se deduce f´acilmente que N ∞ i0 i0 mente peque˜ na y verificando la condici´on precedente, tenemos que sgn(ai0 + hi0 ) = sgn(ai0 ), y por lo tanto N ∞ (a + h) N ∞ (a) sgn(ai0 )hi0 ai + hi0 ai0 sgn(ai0 )hi0 = 0 = 0, N ∞ (h) N ∞ (h)
−
−
|
|−| |−
de donde, haciendo h 0 se tiene el resultado. d) Supongamos razonando por el absurdo, que para todo n N existe un m n = n tal que am an . Como N no es derivable en 0, existe k N tal que ak > 0, y por la definici´on de convergencia, existe un r 0 N tal que para cada n r 0 se tiene que an < ak . Sea A = an : n < r0 ak N tal que a p = m´ y tomemos p ax A. Evidentemente N (a) = a p y por nuestra suposici´on, existe q = p tal que aq a p , pero entonces, por definici´on de supremo, tenemos que a p = aq = N (a) > 0. As´ı, si tomamos h = (hn )n∈N de modo que 0 < h p = hq < N (a)/2 con sgn(h p ) = sgn(a p ) y sgn(hq ) = sgn(aq ), y tal que h n = 0 para cada n N p, q , tenemos
→
| | | |
∈ ∈
| | | | ≥ | | −
≥
∈ | | | | | |
∈
{| |
| | | | | | ∈ \ { }
| | ≥ }∪{| |} | | n
N (a + h) = a p + h p = a p + h p = N (a) + N (h)
| | | | | | N (a − h) = |aq − hq | = |aq | + |hq | = N (a) + N (h), en donde, sumando ambas igualdades nos da N (a + h) + N (a
− h) − 2N (a) = 2N (h). 6
(3)
Si asumimos la derivabilidad de N en a, tenemos por la linealidad de N (a) que existen funciones o1 (h), o2 (h) o(N (h)) tales que
∈
− N (a) − N (a)(h) = o1(h) N (a − h) − N (a) + N (a)(h) = o 2 (h), N (a + h)
de donde, sumando y poniendo o(h) = o 1 (h) + o2 (h) tenemos que N (a + h) + N (a
− h) − 2N (a) = o(h). Puesto que o(N (h)) es un espacio vectorial, se sigue que o(h) ∈ o(N (h)) y por (3) esto implica que 2N (h) = o(h), es decir
2N (h) =2 h→0 N (h)
0 = l´ım
lo que es absurdo. Con esto tenemos la demostraci´on en el primer sentido. Rec´ıprocamente, supongamos que existe n0 N tal que para todo n N n0 se verifica an < an0 y pongamos α = 21 ´ınf n∈N\{n0 } an0 a n . Puesto que an 0 podemos afirmar que α > 0. Sea h = (hn )n∈N tal que N (h) < α. Un c´alculo directo nos da
| − |
N (a + h)
∈
∈ \{ }
→
| | | |
− N (a) = |an + hn | − |an |. 0
0
0
De aqu´ı se deduce f´acilmente que N (a)(h) = sgn(an0 )hn0 . En efecto, para h de norma suficientemente peque˜ na y verificando la condici´on precedente, tenemos que sgn(an0 + h n0 ) = sgn(an0 ), y por lo tanto N (a + h)
− N (a) − sgn(an )hn = |an + hn | − |an | − sgn(an )hn 0
0
0
0
0
N (h)
de donde, haciendo h
0
N (h)
0
= 0,
→ 0 se tiene el resultado.
5. Sea E un espacio vectorial real dotado de producto interno. Sea u un operador acotado y autoadjunto en E . Sea adem´as la funci´on f : E
\{0} −→ − → x
R
x, u(x) . x, x a ) Mostrar que la aplicaci´ o n de E en R, x → x, u(x) es derivable sobre E y calcular su f (x) =
derivada.
b)
1) Mostrar que f es derivable sobre E 0 y calcular su derivada Df . 2) Mostrar que un elemento no nulo a E verifica Df (a) = 0 si y s´olo si a es un vector propio de u.
\{ } ∈
a) Pongamos para cada x E , g(x) = x, u(x) . As´ı, g puede escribirse como g = ϕ ψ, donde ϕ = , y ψ : E E, ψ(x) = (x, u(x)). Como ϕ R es tal que para cada x es una forma bilineal continua, entonces es derivable en todo punto, y como las componentes de ψ son lineales y acotadas, entonces tambi´en ψ es derivable, luego g es derivable. Consideremos ahora x E y h E , entonces por la regla de la cadena Demostraci´ on.
◦
· ·
∈
→
∈
∈
∈
Dg(x)(h) = (Dϕ(ψ(x)) D(ψ)(x))(h)
◦
= Dϕ(x, u(x))(h, u(h)) = x, u(h) + u(x), h
= u(x), h + u(x), h = 2u(x), h = 2x, u(h) 7
b) 1) Consideremos la funci´on ξ : E derivable en todo punto, y tenemos
→ E × E dada por x → (x, x). Esta aplicaci´on es claramente f (x) =
g(x) . (ϕ ξ )(x)
◦
Por una parte tenemos que D(ϕ ξ )(x)(h) = (Dϕ(ξ (x)) Dξ (x))(h)
◦
◦
= Dϕ(x, x)(h, h) = 2 x, h .
Por otra parte, aplicando la regla de la derivada del cociente, tenemos (ϕ ξ )(x)Dg(x)(h) g(x)D(ϕ ξ )(x)(h) ((ϕ ξ )(x))2 x, x 2 x, u(h) x, u(x) 2 x, h = x, x 2 x, x u(x), h u(x), x x, h =2 . x, x 2
◦
Df (x)(h) =
·
−
◦ − −
◦
·
b) 2) Si a es un vector propio de u, existe λ
∈ R tal que u(a) = λa, y se tiene a, au(a), h − u(a), aa, h Df (a)(h) = 2 a, a2 a, aλa,h − λa,aa, h =2 a, a2 a, aa, h − a, aa, h = 2λ a, a2 = 0.
Como h se toma arbitrario, se concluye que Df (a) = 0. Rec´ıprocamente, supongamos que Df (a) = 0, entonces para un h E arbitrario
∈
a, au(a), h − u(a), aa, h = a, au(a), h−u(a), aa, h = 0, o lo que es lo mismo
a, au(a) − u(a), aa, h = 0, y como h es arbitrario, se sigue que a, au(a) − u(a), aa = 0, de donde u(a) = µa, donde u(a), a = f (a), µ = a, a y por lo tanto a es un vector propio de u. 6. Sean E un espacio vectorial normado, I =]a, b[ un intervalo abierto de R y f : I E una funci´on. Suponga que f admite en todo punto una derivada a derecha. Demuestre que si la aplicaci´on η dada por x f d (x) es continua en un punto x 0 , entonces f es derivable en x0 .
→
→
Demostraci´ on. Consideremos
la funci´on g : I x
−→ − →
E f (x)
− f d (x0)(x − x0) , y notemos que para x ∈ I se tiene g(x) = f (x) − f d (x0 )x + f d (x0 )x0 , por lo que resulta que g es derivable a derecha en todo punto x ∈ I y adem´as gd (x) = f d (x) − f d (x0 ). Sea ε > 0, por la continuidad de η en x 0 , existe δ > 0 tal que, para cada x ∈ I se tiene que, si |x − x0 | < δ , entonces f d (x) − f d (x0) = gd (x) < ε. Elegimos entonces x ∈ I de modo que |x − x0| < δ . De este modo 8
[x0 , x] que
⊂]x0 − δ, x0 + δ [ y, si restringimos g a [x, x0], el teorema de los incrementos finitos establece g(x) − g(x0) ≤ ε|x − x0|,
en donde, por la forma en la que g est´a definida, tenemos que f (x) As´ı, poniendo h = x
− f (x0) − f d (x0)(x − x0) < ε|x − x0|.
− x0, hemos probado que f (x0 + h) − f (x0 ) − f d (x0 )(h) l´ım = 0, h→0 |h|
lo que significa que f es derivable en x 0 y adem´as Df (x0 ) = f d (x0 ). 7. Sean E un espacio vectorial normado de dimensi´on (finita o infinita) al menos 2, F un espacio de Banach, a E , y r, k > 0. Sea Ω = B (a, r) a y f : Ω F una funci´on derivable que verifica que para todo x Ω, f (x) k.
∈
∈
\{ }
≤
→
a )
Mostrar que para todos x, y
∈ Ω se tiene f (x) − f (y) ≤ k x − y.
b)
Demostrar que existe α = l´ımx→a f (x).
c )
Suponga que existe l = l´ımx→a f (x) y considere la aplicaci´on g : B(a, r) F dada por g(a) = α y g(x) = f (x) si x = a. Para ε demostrar, que si x, y son suficientemente cercanos a a, entonces g(x) g(y) l(x y) ε x y . Deducir que g es derivable en a y que g (a) = l.
a) Sean x, y finitos, tenemos que Demostraci´ on.
−
→
−
− ≤ −
∈ Ω. Supongamos que a ∈ [x, y]. Por el teorema de los crecimientos f (x) − f (y) ≤ sup f (z)x − y. z ∈[x,y]
Puesto que k es una cota superior de los n´umeros f (z) para todo z que sup f (z) k,
z ∈[x,y]
∈ Ω, en particular tenemos
≤
lo que nos da
f (x) − f (y) ≤ k x − y. Supongamos ahora que a [x, y], existe entonces t ]0, 1[ de modo que a = (1 t)x + ty, que equivale a (1 t)a + ta = (1 t)x + ty que significa y a = λ(x a), con 0 < λ = t−t 1 , es decir, los vectores y a y x a son linealmente dependientes. Como dim(E ) 2, existe un vector z linealmente independiente de x a (y por ende z = 0). Sea ahora ε ]0, r/ z [, tenemos entonces que (a + εz) a = ε z < r y adem´as a + εz = a por lo que a + εz Ω. As´ı, aplicamos el teorema de los incrementos finitos a los segmentos [ x, a + εz] y [y, a + εz], con lo que se tiene
− − −
∈
−
∈ −
−
−
−
≥ ∈ ∈
f (x) − f (a + εz) ≤ k x − a − εz y
f (y) − f (a + εz) ≤ k y − a − εz. Por lo tanto
f (x) − f (y) ≤ f (x) − f (a + εz) + f (y) − f (a + εz) ≤ k x − a − εz + ky − a − εz = k(x − a − εz + y − a − εz ). 9
−
Haciendo
→ 0 y por la continuidad de la norma y la monoton´ıa del l´ımite, tenemos que f (x) − f (y) ≤ k(x − a + y − a). Recordemos ahora que a = (1 − t)x + ty, por lo tanto x − a + y − a = x − (1 − t)x − ty + y − (1 − t)x − ty = tx − y + (1 − t)x − y = x − y, y as´ı tenemos
f (x) − f (y) ≤ k x − y como se quer´ıa probar. b) Consideremos una sucesi´on (xn )n∈N en Ω tal que xn a. Por ser una sucesi´on convergente es de Cauchy en E , y puesto que por la parte a) del ejercicio, la funci´on f es lipschitziana, se sigue que la sucesi´on (f (xn ))n∈N tambi´en es de Cauchy en F , y dado que F es un espacio de Banach, existe L1 F tal que f (xn ) α. De manera an´aloga, si (yn )n∈N es otra sucesi´o n en Ω tal que yn a, existe L2 F tal que f (yn ) L 2 . Entonces tenemos, por la continuidad de la norma, y por la parte a), que
→
∈
→
→
∈
→
L1 − L2 = n→l´ım+∞ f (xn) − f (yn) ≤ k n →l´ım+∞ xn − yn = 0. Esto prueba que independientemente de la sucesi´on tomada para aproximarnos a a el l´ımite es el mismo, por ende existe α = l´ımx→a f (x). c) Consideremos la aplicaci´on h : B (a, r) F dada por h(x) = g(x) l(x a) (recordemos que l L (E, F ) y es tal que f (x) l cuando x a). De este modo, dado que g es derivable, y l lo es por ser lineal y acotada, entonces h es derivable en todo punto de Ω y su derivada est´a dada por h (x) = g (x) l = f (x) l. Sea ε > 0, por definici´on de l´ımite, existe δ > 0 que podemos elegir de modo que 0 < δ < r tal que, para todo x B(a, δ ) a se tiene f (x) l < ε, es decir h (x) < ε. Consideremos Ω = B(a, δ ) a , entonces, por la parte a), se tiene que para todos x, y Ω se verifica h(x) h(y) ε x y , lo que por la forma en que h est´a definida, y por la linealidad de l, significa que
∈
→ −
−
∈
−
→
−
→
∈
\{ } ≤ −
\{ }
−
−
g(x) − g(y) − l(x − y) ≤ εx − y. Puesto que g y l son continuas en a, la desigualdad anterior se prolonga para todo x, y B (a, δ ), en efecto, si por ejemplo fijamos y, hacemos x a y se sigue la afirmaci´on. Finalmente, en la u ´ ltima desigualdad consideremos y = a, de esta forma hemos probado que para todo ε > 0 existe δ > 0 que adem´as verifica δ < r tal que, si x a < δ , entonces g(x) g(a) l(x a) ε x a . Si ponemos h = x a tenemos g(a + h) g(a) l(h) ε h lo que significa que g(a + h) g(a) l(h) = o(h),
∈
→
−
− − ≤ −
−
−
−
con o(h) o( h ), y por ende g es derivable en a y g (a) = l.
∈
10
− − −
≤