Autor Tema: Funciones diferenciables y lineales

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10 Octubre, 2019, 05:12 am
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Steven_Math

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Buenas noches, he tenido inconvenientes para probar los siguientes ejercicios:
 
1) Sea \( f \) una función tal que \( f(\lambda(x_{1},x_{2},\cdots,x_{n}))=\lambda f( x_{1},x_{2},\cdots,x_{n} ) \).
 
Mostrar que \( f \) es diferenciables si y sólo si \( f \) es lineal.

En la primera vía traté de razonar de manera directa, pero tuve inconvenientes al elegir la matríz \( B \) que me sirva para  mostrar la linealidad de la función \( f \). Supuse que \( f \) es diferenciable entonces para \( a\in  R ^{n} \) 

\( \displaystyle\lim_{h \to {0} }{\dfrac{f(a+h)-f(a)-Bh}{||h||}} \)  existe. 
 En la parte de regreso traté de razonar por reducción al absurdo pero no he llegado a alguna contradicción.


Recordar que \( f \) es lineal si \( f(\alpha x +\beta y)=\alpha f(x)+\beta f(y) \).

2) Sea \( f: A \to R^m \) una función, \( f \) es diferenciable en \( x_0 \) si y solo si existe \( r>0 \) y una función \( E_f: B_{r}(x_0) \to R^m \) tal que:

\( f(x_0+h)-f(x_0)=Df(x_0)h+||h||E_f(h), \ \text{donde} \ \lim_{h \to 0}{E_f(h)=0} \).

En el segundo ejercicio solo me falta probar la vía de regreso.

Les agradecería mucho su ayuda.

10 Octubre, 2019, 11:20 am
Respuesta #1

Luis Fuentes

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Hola

Buenas noches, he tenido inconvenientes para probar los siguientes ejercicios:
 
1) Sea \( f \) una función tal que \( f(\lambda(x_{1},x_{2},\cdots,x_{n}))=\lambda f( x_{1},x_{2},\cdots,x_{n} ) \).
 
Mostrar que \( f \) es diferenciables si y sólo si \( f \) es lineal.

En la primera vía traté de razonar de manera directa, pero tuve inconvenientes al elegir la matríz \( B \) que me sirva para  mostrar la linealidad de la función \( f \). Supuse que \( f \) es diferenciable entonces para \( a\in  R ^{n} \) 

\( \displaystyle\lim_{h \to {0} }{\dfrac{f(a+h)-f(a)-Bh}{||h||}} \)  existe. 
 En la parte de regreso traté de razonar por reducción al absurdo pero no he llegado a alguna contradicción.


Recordar que \( f \) es lineal si \( f(\alpha x +\beta y)=\alpha f(x)+\beta f(y) \).

Nota que la función cumple \( f(\vec 0)=f(0\cdot \vec 0)=0\cdot f(\vec 0)=\vec 0 \).

Ahora por ser diferenciable en \( 0 \) existe una matriz B tal que:

\( 0=\displaystyle\lim_{\vec h \to \vec 0}{}\dfrac{f(\vec 0+\vec h)-f(\vec 0)-B\vec h}{\|\vec h\|}=
\displaystyle\lim_{\vec h \to \vec 0}{}\dfrac{f(\vec h)-Bh}{\|\vec h\|} \)

Ahora dado cualquier \( \vec x\neq 0 \), tomando \( t\in \mathbb{R} \) y \( h=t\vec x \) tienes:

\( 0=\displaystyle\lim_{t\to 0^-}{}\dfrac{f(t\vec x)-tB\vec x}{\|t\vec x\|}=\displaystyle\lim_{t\to 0^-}{}\dfrac{tf(\vec x)-tB\vec x}{t\|\vec x\|}
=\displaystyle\lim_{t\to 0^-}{}\dfrac{f(\vec x)-B\vec x}{\|\vec x\|} \)

y por tanto \( f(\vec x)=B\vec x \).

¡El recíproco es inmediato! Comprueba que si una aplicación es lineal es diferenciable y su diferencial es precisamente ella misma (la matriz es la de la propia aplicación \( f \)).

Citar
2) Sea \( f: A \to R^m \) una función, \( f \) es diferenciable en \( x_0 \) si y solo si existe \( r>0 \) y una función \( E_f: B_{r}(x_0) \to R^m \) tal que:

\( f(x_0+h)-f(x_0)=Df(x_0)h+||h||E_f(h), \ \text{donde} \ \lim_{h \to 0}{E_f(h)=0} \).

En el segundo ejercicio solo me falta probar la vía de regreso.

Conste que no está del todo bien enunciado, porque si todavía no sabemos que es diferenciable no tiene sentido hablar de \( Df(x_0) \). Serí más coherente sustituirlo por una aplicación lineal \( T \).

Por lo demás, ¿no es imediato?. Si se cumple que:

\( f(x_0+h)-f(x_0)=Th+||h||E_f(h), \ \text{donde} \ \lim_{h \to 0}{E_f(h)=0} \).

Entonces:

\( \displaystyle\lim_{h \to 0}{}\dfrac{f(x_0+h)-f(x_0)-Th}{\|h\|}=\displaystyle\lim_{h \to 0}{}E_f(h)=0 \)

y se tiene la diferenciabilidad.

Saludos.

11 Octubre, 2019, 05:26 am
Respuesta #2

delmar

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Hola

1) Una forma :

Demostrando que si f es diferenciable entonces es lineal

Suponiendo que f es diferenciable en el origen \( \vec{O} \)

\( f(\vec{O})=f(0\vec{x})=0f(\vec{x})=0 \)

La definición de diferenciable implica \( \exists{B(\vec{O},r)} \) tal que \( \exists{T:R^n\rightarrow{R}} \) transformación lineal (denominada diferencial) tal que si\(  \left\|{v}\right\|<r \) entonces \( f(\vec{O}+v)=f(\vec{O})+T(v) + \left\|{v}\right\|E(v) \)  Ec. 1,  donde \( \displaystyle\lim_{v \to{}\vec{O}}{E(v)}=\vec{O} \)


Esto es válido para el caso particular \( v=\lambda (\vec{a}+\vec{b}), \ \ \vec{a},\vec{b}\in{R^n} \ \wedge \ \vec{a}+\vec{b}\neq{\vec{O}} \), para esto \( \left |{\lambda}\right |<\displaystyle\frac{r}{ \left\|{\vec{a}+\vec{b}}\right\|} \)

Considerando que la matriz del diferencial es el gradiente, sustituyendo en la Ec. 1 se llega a :

\( f(\lambda (\vec{a}+\vec{b}))=0+\nabla f(\vec{O}) (\lambda (\vec{a}+\vec{b}))+ \left\|{\lambda (\vec{a}+\vec{b})}\right\| \ E(\lambda (\vec{a}+\vec{b})) \)

Si \( 0< \lambda <\displaystyle\frac{r}{ \left\|{\vec{a}+\vec{b}}\right\|} \), usando la hipótesis y propiedades se llega a :

\( E(\lambda (\vec{a}+\vec{b}))=\displaystyle\frac{\lambda f(\vec{a}+\vec{b})-\lambda \ \nabla f(\vec{O}) (\vec{a}+\vec{b})}{\left |{\lambda}\right | \left\|{\vec{a}+\vec{b}}\right\|} \)

Al aplicar el límite cuando \( \lambda\rightarrow{0} \) se tiene :

\( \displaystyle\lim_{\lambda \to{}0}{E(\lambda (\vec{a}+\vec{b}))}=\displaystyle\lim_{\lambda \to{}0}{\displaystyle\frac{\lambda f(\vec{a}+\vec{b})-\lambda \ \nabla f(\vec{O}) (\vec{a}+\vec{b})}{\left |{\lambda}\right | \left\|{\vec{a}+\vec{b}}\right\|}}\Rightarrow{0=f(\vec{a}+\vec{b})-\nabla f(\vec{O})(\vec{a}+\vec{b})}\Rightarrow{f(\vec{a}+\vec{b})=\nabla f(\vec{O}) \ \vec{a}+\nabla f(\vec{O}) \ \vec{b}} \)

Por ser esto válido cuando \( \vec{a}=\vec{O} \) ó \( \vec{b}=\vec{O} \) entonces \( f(\vec{a})=\nabla f(\vec{O}) \ \vec{a} \) y \( f(\vec{b})=\nabla f(\vec{O}) \ \vec{b} \)

En consecuencia \( f(\vec{a}+\vec{b})=f(\vec{a})+f(\vec{b}) \) que es la condición faltante de la linealidad.

Para el caso particular \( \vec{b}=-\vec{a} \) la linealidad es evidente. Por lo tanto queda demostrada la primera parte del teorema.

Para la segunda parte asume que f  es lineal y averigua si es diferenciable aplicando la definición de diferenciabilidad.


Saludos

11 Octubre, 2019, 09:57 am
Respuesta #3

Luis Fuentes

  • el_manco
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Hola

1) Una forma :

Demostrando que si f es diferenciable entonces es lineal

Suponiendo que f es diferenciable en el origen \( \vec{O} \)

\( f(\vec{O})=f(0\vec{x})=0f(\vec{x})=0 \)

La definición de diferenciable implica \( \exists{B(\vec{O},r)} \) tal que \( \exists{T:R^n\rightarrow{R}} \) transformación lineal (denominada diferencial) tal que si\(  \left\|{v}\right\|<r \) entonces \( f(\vec{O}+v)=f(\vec{O})+T(v) + \left\|{v}\right\|E(v) \)  Ec. 1,  donde \( \displaystyle\lim_{v \to{}\vec{O}}{E(v)}=\vec{O} \)


Esto es válido para el caso particular \( v=\lambda (\vec{a}+\vec{b}), \ \ \vec{a},\vec{b}\in{R^n} \ \wedge \ \vec{a}+\vec{b}\neq{\vec{O}} \), para esto \( \left |{\lambda}\right |<\displaystyle\frac{r}{ \left\|{\vec{a}+\vec{b}}\right\|} \)

Considerando que la matriz del diferencial es el gradiente, sustituyendo en la Ec. 1 se llega a :

\( f(\lambda (\vec{a}+\vec{b}))=0+\nabla f(\vec{O}) (\lambda (\vec{a}+\vec{b}))+ \left\|{\lambda (\vec{a}+\vec{b})}\right\| \ E(\lambda (\vec{a}+\vec{b})) \)

Si \( 0< \lambda <\displaystyle\frac{r}{ \left\|{\vec{a}+\vec{b}}\right\|} \), usando la hipótesis y propiedades se llega a :

\( E(\lambda (\vec{a}+\vec{b}))=\displaystyle\frac{\lambda f(\vec{a}+\vec{b})-\lambda \ \nabla f(\vec{O}) (\vec{a}+\vec{b})}{\left |{\lambda}\right | \left\|{\vec{a}+\vec{b}}\right\|} \)

Al aplicar el límite cuando \( \lambda\rightarrow{0} \) se tiene :

\( \displaystyle\lim_{\lambda \to{}0}{E(\lambda (\vec{a}+\vec{b}))}=\displaystyle\lim_{\lambda \to{}0}{\displaystyle\frac{\lambda f(\vec{a}+\vec{b})-\lambda \ \nabla f(\vec{O}) (\vec{a}+\vec{b})}{\left |{\lambda}\right | \left\|{\vec{a}+\vec{b}}\right\|}}\Rightarrow{0=f(\vec{a}+\vec{b})-\nabla f(\vec{O})(\vec{a}+\vec{b})}\Rightarrow{f(\vec{a}+\vec{b})=\nabla f(\vec{O}) \ \vec{a}+\nabla f(\vec{O}) \ \vec{b}} \)

Por ser esto válido cuando \( \vec{a}=\vec{O} \) ó \( \vec{b}=\vec{O} \) entonces \( f(\vec{a})=\nabla f(\vec{O}) \ \vec{a} \) y \( f(\vec{b})=\nabla f(\vec{O}) \ \vec{b} \)

En consecuencia \( f(\vec{a}+\vec{b})=f(\vec{a})+f(\vec{b}) \) que es la condición faltante de la linealidad.

Solo una observación. Si haces todo igual pero en lugar de para \( \vec a+\vec b \) para un vector cualquier \( \vec u \) a lo que llegas es a que:

\( f(\vec u)=\nabla f(\vec O)(\vec u) \)

y eso significa que \( f \) es directamente igual a la aplicación gradiente que es lineal (básicamente es la prueba que propuse en mi primera respuesta).

Saludos.

11 Octubre, 2019, 08:16 pm
Respuesta #4

delmar

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Sí, Luis Fuentes, la demostración, es esencialmente la misma que has hecho; es evidente que \( f(\vec{x})=B\vec{x} \), es lineal. Es conveniente resaltar, que la demostración se basa en la hipótesis \( \vec{O}\in{Dom \ f} \), ya que lo razonable es \( f:R^n\rightarrow{R} \)

Un saludo