Bueno, pongo los enunciados de los problemas y la resolución que pensé de cada uno en el final(aunque más resumido). Espero que ayude
Sea \(f:\mathbb{R}^{2}\rightarrow \mathbb{R}\), continua, que satisface \(f(0,0)\eq=(0,0),\;f(x,y)\neq 0\forall (x,y)\neq (0,0)\). Probar que \(f(x,y)>0,\forall (x,y)\neq (0,0)\) o \(f(x,y)<0 \forall (x,y)\neq (0,0)\)
Claramente, como \(f\) no es la función nula(vale decir, \(f(x,y)\neq (0,0) \forall (x,y)\neq (0,0)\), en particular, existe un \({x}_{0}\in \mathbb{R}^{2}:f({x}_{0})\neq 0\). Supongamos este valor sin pérdida de generalidad, \(f({x}_{0})>0\). Ahora bien, supongamos que no vale el resultado del problema. Luego, existe \({x}_{1}\in \mathbb{R}^{2}:f({x}_{1})<0\). Finalmente, notar que como es continua en \({x}_{0},\;{x}_{1}\), existen respectivamente \({B}_{1}\eq={B}_{({x}_{0},{\delta}_{1})},\;{B}_{2}\eq={B}_{({x}_{1},{\delta}_{2})}:\forall x\in {B}_{1},\;f(x)>0,\;\forall y\in {B}_{2},\;f(y)<0\). Finalmente, tomamos el segmento de extremos \({x}_{0},\;{x}_{1}\subset \mathbb{R}^{2}\). Puesto que \(f\) es continua en todo \(\mathbb{R}^{2}\), y como \(f({x}_{1})<0<f({x}_{0})\), existe \({x}_{c}\in \overline{{x}_{0}{x}_{1}}:f({x}_{c})\eq=0\)(Teorema de Bolzano generalizado). Ahora bien, podría suceder que \({x}_{0},\;{x}_{1},\;(0,0)\) sean colineales, lo que podría hacer al valor intermedio ser como candidato el origen de coordenadas. Esto se soluciona inmediatamente; si el segmento pasa por el origen, puesto que las bolas definidas anteriormente son tales que la función conserva su signo, puedo elegir nuevos \({y}_{0},\;{y}_{1}\) tales que el segmento determinado por tales puntos es paralelo al anterior determinado, pero no pasa por el origen. Concluyo que siempre existe \({x}_{c}\neq (0,0):f({x}_{c})\eq=0\). Pero por hipótesis, el único punto donde se me anulaba la función era en el \((0,0)\). Luego, obtuve una contradicción. Como la contradicción se debió a suponer que existían puntos donde la función tenía distinto signo, concluyo que o es toda positiva o toda negativa, salvo en el \((0,0)\), como quería probar( es decir, probé \(f(x,y)>0,\forall (x,y)\neq (0,0)\) o \(f(x,y)<0 \forall (x,y)\neq (0,0)\))
2)Sean \(f,g:\mathbb{R}^{2}\rightarrow \mathbb{R}:0\leq f(x,y)\leq g(x,y)\forall (x,y)\in \mathbb{R}^{2},\;g\) es diferenciable y \(g(0,0)\eq=0\). Probar que \(f\) es diferenciable en el \((0,0)\)
Para probar que es diferenciable, probemos que existen las derivadas parciales de \(f\). En efecto, es fácil observar que como \(g(0,0)\eq=0,\Rightarrow 0\leq f(0,0)\leq 0\Leftrightarrow f(0,0)\eq=0\). Ahora bien, calculemos las derivadas parciales de \(f\). En efecto, si fijamos \(y\eq=0\), obtenemos:
\(0\leq f(x,0)\leq g(x,0)\Leftrightarrow 0-g(0,0)\leq f(x,0)-g(0,0)\leq g(x,0)-g(0,0)\Rightarrow 0\leq f(x,0)-f(0,0)\leq g(x,0)-g(0,0)\). Luego, consideremos \(x>0\); dividiendo miembro a miembro, obtenemos:
Notemos, ahora, que \(\lim_{x\rightarrow {0}^{+}}\frac{g(x,0)-g(0,0)}{x}\eq=\lim_{x\rightarrow {0}^{-}}\frac{g(x,0)-g(0,0)}{x}\eq={g}_{x}(0,0)\), pues las derivadas parciales existen(es decir, los límites laterales existen y son iguales y finitos). Por el Lema del Sandwich, y llamando \({l}_{1}\eq=\lim_{x\rightarrow {0}^{+}}\frac{f(x,0)-f(0,0)}{x}\), obtenemos, siguiendo las desigualdades:
\(0\leq {l}_{1}\leq {g}_{x}(0,0)\). De manera totalmente análoga, tomando \(x<0\), obtengo(verificarlo) \(0\geq {l}_{2}\geq {g}_{x}(0,0),\;{l}_{2}\eq=\lim_{x\rightarrow {0}^{-}}\frac{f(x,0)-f(0,0)}{x}\). Luego, siguiendo la cadena de desigualdades, y por transitividad, obtenemos:
\(0\geq {g}_{x}(0,0)\geq 0 \Leftrightarrow {g}_{x}(0,0)\eq=0\). Concluyendo esto, es inmediato verificar que \({l}_{1}\eq={l}_{2}\eq={g}_{x}(0,0)\eq=0\eq={f}_{x}(0,0)\)(es fácil de ver; si no se ve, avisen. Vale la derivada, por definición, y porque los límites son finitos y coinciden). Finalmente, para probar la diferenciabilidad, basta probar(omito el módulo pues \(f,\;g\) son positivas o 0):
\(\lim_{h\rightarrow}\frac{f(h)}{||h||}\eq=0\). Pero \(g\) es diferenciable en el origen, luego:
\(\lim_{h\rightarrow}\frac{g(h)}{||h||}\eq=0\). Ahora bien, esto quiere decir que dado \(\epsilon>0\), existe \(\delta>0\) que satisface \(0<||h||<\delta\Rightarrow \frac{g(h)}{||h||}<\epsilon\). Pero \(0\leq f(h)\leq g(h) \forall h\Rightarrow \frac{f(h)}{||h||}\leq\frac{g(h)}{||h||}<\epsilon\). Luego, tomando \(0<||h||<\delta\Rightarrow \frac{f(h)}{||h||}<\epsilon\), lo que implica que el límite estudiado es 0, vale decir, es diferenciable \(f\) en el origen, como se quería probar.
3)Sea \(f:\mathbb{R}^{2}\rightarrow \mathbb{R}^{2},\;{C}^{1}\) que satisface:
Probar que \(\det(Df(2,1))\eq={J}_{f}(2,1)\eq=0\)
Es importante que al ver este ejercicio NO TRATEN DE USAR REGLA DE LA CADENA; si bien las hipótesis permiten aplicarla, yo no probé que pasaba por este lado, pero es(conjeturo) aumentar exponencialmente la dificultad del ejercicio o hacer(disculpen) una demostración nada elegante. Ahora si, después del aviso, la resolución que plantié.
Supongamos que \({J}_{f}(2,1)\neq=0\). Como \(f\in {C}^{1}\), vale el Teorema de la Función inversa; existen entornos \(U,\;V\) en \((2,1)\;f(2,1)\eq=(-7,8)\) respectivamente tales que \(f:U\rightarrow V\) es biyectiva. Luego, particularmente, es inyectiva en\(U\). Ahora bien, notemos que, siendo \(\sigma (t)\eq=({e}^{t}-\cos(t)+2,{t}^{2}+2t+1)\eq=({e}^{t}-\cos(t)+2;{(t+1)}^{2})\), esta función satisface que es continua en todo su dominio(sus funciones coordenadas lo son) y \(\sigma (0)\eq=(2,1)\). Luego, como es continua, particularmente en \(t\eq=0\) dado \(\epsilon >0\), existe \(\delta >0\) que satisface \(0<|t|<\delta \Rightarrow ||g(t)-(2,1)||<\epsilon\). Pero \(U\) del Teorema de la Función Inversa es un entorno en el \((2,1)\); luego existe \(B\eq={B}_{((2,1),r)}\subseteq U\). Luego, si hago \(\epsilon\eq=r,\;0<|t|\delta<1\Rightarrow ||g(t)-(2,1)||<r\), consigo tener los vectores \(\sigma(t)\in U,\;t\in (-1,1)\). Finalmente, notemos que si \(t\neq 0,\Rightarrow g(t)\neq (2,1)\)(observen que \({(t+1)}^{2}>1,\forall t>0\)). Luego, sucede que, como \(f(\sigma (t))\eq=(-7,8),\;\sigma(t)\neq (2,1),\;0<|t|<1\). Luego, existen vectores \(X,Y,\;X\neq Y,\;X,Y\in U:f(X)\eq=f(Y)\). Pero entonces no es inyectiva sobre \(U,\;f\), y es inyectiva, por el teorema de la función inversa. Absurdo. Concluyo, por ser la correspondiente hipótesis ad hoc, que \({J}_{f}(2,1)\eq=0\)
4)Sea \(f:\mathbb{R}^{2}\Rightarrow \mathbb{R},\;{C}^{2}\) tal que su polinomio de Taylor de orden 2 en \((0,0)\) es:
$$P(x,y)\eq=1+3X-Y+2{X}^{2}+XY$$
Hallar el polinomio de Taylor de orden 2 en \((0,0)\) de la función \({f}^{2}\).
Notemos que \(f\in {C}^{2}\), luego todas las derivadas parciales existen hasta el orden 2, y las derivadas cruzadas son iguales. Recordando que el polinomio de Taylor de orden 2 en \((0,0)\) es(distribuí el producto):
\(P(x,y)\eq=f(0,0)+{f}_{x}(0,0)X+{f}_{y}(0,0)Y+\frac{1}{2}{f}_{xx}(0,0){X}^{2}+{f}_{xy}(0,0)XY+\frac{1}{2}{f}_{yy}(0,0){y}^{2}\).
De la igualdad de polinomios, se extrae \(f(0,0)\eq=1,\;{f}_{x}(0,0)\eq=3,\;{f}_{y}(0,0)\eq=-1,\;{f}_{xx}(0,0)\eq=4,\;{f}_{xy}(0,0)\eq=1,\;{f}_{yy}(0,0)\eq=0\).
Por ser \({C}^{2}\) se cumple que es \({C}^{2} [Tex]{f}^{2}\) y puedo escribirla como \({f}^{2}\eq={\Phi}_{0}f,\;\Phi:\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R},\;\Phi (t)\eq={t}^{2}\). Como cada función es diferenciable(en todo \(\mathbb{R},\;\mathbb{R}^{2}\), según corresponda), vale la relga de la cadena y se verifica(hagan la cuenta; es fácil):
\(\nabla {\Phi}_{0}f(x,y)\eq=(2\Phi '(f(x,y)){f}_{x}(x,y),2\Phi '(f(x,y)){f}_{y}(x,y))\eq=(2f(x,y){f}_{x}(x,y),2f(x,y){f}_{y}(x,y))\). Luego:
$${{\Phi}_{0}f}_{x}(x,y)\eq=2f(x,y){f}_{x}(x,y)$$
Puesto que puedo volver a derivar(la justificación no es difícil; dicha composición es \({C}^{2}\)), si lo hago respecto de x:
Pero la composición era \({f}^{2}\); luego, reemplazan en todos lados por \((0,0)\), y si hacen las cuentas, llegan al polinomio(solo reemplazan en la expresión del Pol.Taylor):
\(P(x,y)\eq=1+6X-2Y+13{X}^{2}-4XY+{Y}^{2}\)
Bueno... acá terminé el final. Perdón si no fui suficientemente específico en algunos puntos; quise dar el bosquejo de lo que pensé en el final. Un problema de matemática se arruina si se sabe la resolución antes de hacerse, con lo que, bueno, si cuesta, tienen la idea que se me ocurrió. Además, estoy cansado hoy...(estuve desde las 9 de la mañana hasta las 17 esperando los resultados...). Espero haber ayudado. Saludos.
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I offer her that kernel of myself that I have saved, somehow; the central heart that deals not in words, traffics not with dreams and is untouched by time, by joy, by adversities
Chan, no leo en ningun lado, "Enunciar y probar el teorema de Carlitos Balá sobre los espacios de Hilbert" o algo de eso..
a esas eran a las q les tenia mas miedo.. sino aparecen, estoy mas q feliz =D
Tomás tres puntos no colineales, suponiendo que dos de ellos tienen signo distinto, y \(f\) no se anula en ninguno. Entonces hay dos de signo opuesto que no son colineales a 0.
Notar que esto es la primera parte de un problema que yo posteé hace unos días 😄.
Para el 3
Usando la \(\sigma\) que definió exequiel, por la regla de la cadena (jeje), tenemos que \(0 = f \circ \sigma ' (0) = Df(2,1) \sigma'(0)^t\). Entonces la matriz diferencial tiene núcleo no trivial (porque el vector \(\sigma'(0) \neq 0\)), y eso implica que no es inversible, es decir que su determinante es cero. Poco elegante las pelotas 😉.
Así que flojito lo tuyo exe... Nah, te estoy jodiendo; descansá que merecido lo tenés. Felicitaciones, estaba todo muy bien.
Una pregunta.. en el 3 :f es de \(\mathbb{R}^2 --> \mathbb{R}\) o de \(\mathbb{R}^2 --> \mathbb{R}^2\) ?
Ahi te edite lo que quisiste decir =). Te recomiendo que uses el TeX para escribir todo lo que sea matematico, en todos los subforos hay un mini manual que hizo dani para ver como funciona. Saludos
digo pq si es como dice el enunciando no entiendo como es el asunto.. pq el resultado esta en ERE DOS.. buen no se , no se explicarme bien.. jaja dije una sola cosa y me cagaron a pedos por todo jajaj
debería ser \(f(y)%3C0\)
Es una boludes 😛, es un minimo detalle, la verdad es que esta muy bien explicado,
gracias por tomarte el trabajo de responder las dudas de todos los del foro y resolver cada uno de los problemas 🙂, me re sirvió para preparar el final que pienso dar mañana... 😕... todos los nervios... espero que no sea muy dificil...
La funcion \(f^2\) esta definida de la siguiente manera \(f^2(x)=f(x)*f(x)\) por ejemplo si f(x)=x+1 entonces \(f^2(x)=x^2+2x+1\).
La composicion de la resolucion es una forma comoda de expresar esta definicion.
Hola! Espero que me puedan dar una mano con esto, ya que todo el post es bastante viejo...
No entiendo bien el ejercicio 2, tengo dos preguntas:
-Por qué, al principio, exequiel, cuando analiza la existencia de las derivadas parciales de \(f\), fija el \(y=0\)? Mejor dicho, cual es el motivo por el cual se pueda hacer eso??
-Cuando dice lo siguiente: \({l}_{1}\eq=\lim_{x\rightarrow%20{0}^{+}}\frac{f(x,0)-f(0,0)}{x}\).
Como llega a la conclusion de que el limite existe y finito? Es por el analisis de g?? O sea... como \(f\) queda acotado puedo asegurar que tiene limite???
Edit: Ya que esta pregunto una cosa mas...
Usando la \(\sigma\) que definió exequiel, por la regla de la cadena (jeje), tenemos que \(0 = f \circ \sigma ' (0) = Df(2,1) \sigma'(0)^t.\) Entonces la matriz diferencial tiene núcleo no trivial (porque el vector \(\sigma'(0) \neq 0\)), y eso implica que no es inversible, es decir que su determinante es cero.
Como es eso de que si la matriz diferencial tiene nucleo no trivial entonces no es inversible? por que?
Espero que se entiendan las preguntas, y espero no estar preguntando obviedades...
Saludos!
Lo de que la matriz diferencial tiene núcleo no trivial, se refiere a que si tenés una matriz \(A\) tal que \(A\cdot v\eq=0,\;v\neq 0\), entonces la matriz no es inversible(o sea, pensá en la transformación lineal \(f:\mathbb{R}^{n}\rightarrow \mathbb{R}^{n},\;f(v)\eq=A\cdot {v}^{t}\). Si tenés un vector \(v\in \mathbb{R}^{n}\) no nulo tal que \(f(v)\eq=0\) entonces el núcleo de esa transformación lineal tiene dimensión no nula, luego la imagen no es todo \(\mathbb{R}^{n}\), de donde sigue que \(f\) no es isomorfismo, biyectiva, o sea, \(A\) no es inversible. Perdón si aclaré de más). De no ser inversible, el determinante es nulo. De ahi sigue lo que yossa concluyó.
Con respecto a por qué fijo \(y\eq=0\), se debe a la definición de derivada direccional en \(X\); es tomar el límite:
\(\lim_{h\rightarrow 0}\frac{f(X+hv)-f(X)}{h}\eq={f}_{v}(X)\).
A partir de esta definición se entiende que si tomás \(v\eq={e}_{1}\eq=(1,0),\;X\eq=({x}_{1},{x}_{2})\) por ejemplo, tenés:
En la demostración: En caso de que los puntos que tomo sí son colineales con (0,0) entonces no cumple lo pedido? O sea que si yo me imagino una recta que tiene raiz en 0 (si suponemos que estamos en R), vemos que 0 no es extremo de f. ¿Acaso al pensar esa recta no contradice lo que queremos probar?
Puede ser que esa recta me indique que sí existe una función en donde solo se anule en un punto (el cero) y a su vez tenga f valores menores y mayores a cero?
Perdón por mi ignorancia, pero si hay un alma caritativa que me lo explique le voy a agradecer mucho ya que estoy confundido 🤓
El ejercicio habla de \(\mathbb{R}^2\) porque en \(\mathbb{R}\) es falso. La clave de la demostración esta en que \(\mathbb{R}^2-\{0\}\) es arcoconexo. Es decir que dados dos puntos no nulos en \(\mathbb{R}^2\) podemos encontrar una curva (no necesariamente una recta) que los una.
Al componer la funcion con esa curva nos queda una funcion en \(\mathbb{R}\) que no se anula, entonces por bolzano es siempre positiva o siempre negativa.
No vas a encontrar contraejemplos porque es cierto lo que pide demostrar.
Una pregunta en el 4 lo que hice yo fue simplemente elevar el polinomio de taylor que te dan al cuadrado, agrupe lo que me quedo de la siguiente manera:
1)Por un lado, todos los terminos que sumando la potencia de las variables x/y que tengan, den 2 o menos.
2)Y por el otro, todos los terminos que sumando la potencia de las variables x/y que tengan, den más de 2.
A lo segundo lo agrupe y lo llame Resto del Polinomio de taylor y demostre que tiende a 0 si lo divido por la norma al cuadrado y si (x,y)\to (0,0). Y a lo primero lo llame Polinomio de taylor centrado en (0,0) de f^2, que es curiosamente lo que le quedo a exequiel.
Ahora mi pregunta es, esta bien hacerlo asi tan cabeza?
Siento que debo justificar más...
En realidad, eso vale siempre y cuando estés adentro de un compacto, que a su vez esté adentro del abierto en el que converge la serie de Taylor de la función, y hay que hacer la cuenta con la serie. Justo en este caso anda bien, porque no te faltan términos que al multiplicarse den de orden 2. En resúmen, está bien, porque uno ve que está bien después, pero habría que demostrarlo en este momento.
Tu argumento, de que el resto se va a cero, es exactamente lo que hay que hacer, pero no te olvides que el resto se define como \(f^2 - p\), donde \(p\) es el polinomio que proponés vos... ¿eso se va a cero, o "la cola" de tu polinomio se va a cero? Cuidado...
2)Sean \(f,g:\mathbb{R}^{2}\rightarrow \mathbb{R}:0\leq f(x,y)\leq g(x,y)\forall (x,y)\in \mathbb{R}^{2},\;g\) es diferenciable y \(g(0,0)\eq=0\). Probar que \(f\) es diferenciable en el \((0,0)\)
Para las derivadas parciales podríamos usar simplemente que tanto \(f\) como \(g\) tienen un extremo en el \((0,0)\) y por fermat en \(\mathbb{R}^{n} \ \Rightarrow \nabla f(0,0)\) es el vector nulo... no?
Para el 3
Usando la \(\sigma\) que definió exequiel, por la regla de la cadena (jeje), tenemos que \(0 = f \circ \sigma ' (0) = Df(2,1) \sigma'(0)^t\). Entonces la matriz diferencial tiene núcleo no trivial (porque el vector \(\sigma'(0) \neq 0\)), y eso implica que no es inversible, es decir que su determinante es cero. Poco elegante las pelotas 😉.
Che, perdón, pero no logro entender de dónde se deduce que \(D( f \circ \sigma )(0)=(0,0)\)
pero si lo que digo tiene sentido, tendríamos qe saber esto, o no?
$$( f \circ \sigma ) ' (0) = \left(\begin{array}{cc}0\\0\end{array}\right)$$
o sea, ahí yossa, usa que es igual a 0, pero no sé de donde sale
Yossarian escribió:
por la regla de la cadena (jeje), tenemos que \(0 = f \circ \sigma ' (0) = Df(2,1) \sigma'(0)^t\). Entonces la matriz diferencial tiene núcleo no trivial (porque el vector \(\sigma'(0) \neq 0\)), y eso implica que no es inversible, es decir que su determinante es cero. Poco elegante las pelotas 😉.