Les dejo ejercicios q no logre hacer, espero puedan ayudarme
>> Sea f:R⇒R tal que f(t+u)=f(t)f(u) ∀t,uϵR
f(0)≠0 y f' (0)=1
Probar que:
F es continua
F es derivable
F(x)>0 ∀xϵR
F es creciente
>>Probar que -3<xy<3 si x^2/8+y^2/2=1
>>Encontrar f:R^2⇒R tal que:
∂f/∂x (0,0)=0 ; ∂f/∂y (0,0)=0 ; ∂f/∂v=3 con v=(1;1)
Probar entonces que f no es diferenciable en (0,0)
>>Sea f:R^2⇒R dif. Tq ∇f(1,1)= 0 (vector) y el hessiano en (1,1) es Hf(1,1)(h_1,h_2)=-3h_1^2
Decidir justificando las resp. Si las sig afirmaciones son VoF:
1)f tiene máx. local en (1,1)
2)f no tiene mín. local en (1,1)
3)Faltan datos para poder decidir si (1,1) es pto silla o si f tiene extremo local en (1.1)
Para el primero:
Bueno, el ejercicio tiene algo interesante. Primero, notá que una función que satisface esta ecuación funcional es la exponencial, \(f(x)\eq={e}^{x}\), pues \(f(x+y)\eq={e}^{x+y}\eq={e}^{x}{e}^{y}\). Más generalmente, \(f(x)\eq={e}^{kx}\), pues \(f(x+y)\eq={e}^{k(x+y)}\eq={e}^{kx+ky}\eq={e}^{kx}{e}^{ky}\). Tenemos como datos la derivabilidad en un punto(el 0) y \(f(0)\neq 0\). Luego, si consideramos el conjunto solución de la ecuación escrita, ese conjunto contiene a las exponenciales mencionadas. Veamos que son todas.
Si hacés \(u\eq=t\), te queda \(f(2t)\eq=f(t)\cdot f(t)\eq={f(t)}^{2}\geq 0,\forall t\). De acá tenemos, como todo real se puede escribir como \(2t\)(o sea, la asignación \(t\rightarrow 2t\) es biyectiva), que \(f(t)\geq 0,\forall t\). Más aún, si tomamos \(u\eq=0\), tenemos
\(f(t+0)\eq=f(t)\cdot f(0)\geq 0\). Como \(f(0)\neq 0\), la única manera que sea \(0\) la función es haciendo \(f(t)\eq=0\). Pero si \(f(t)\eq=0\), con \(t\neq 0\), se vería que \(f(0)\eq=f(0+t-t)\eq=f(0)\cdot f(t)\cdot f(-t)\eq=0\) por ser \(f(t)\eq=0\), lo que es absurdo por hipótesis.
Luego, tenemos \(f(t)>0,\forall t\). Podemos luego, aplicar logaritmo miembro a miembro, teniendo:
Si llamamos \(\ln(f)\eq=g\), nos quedó \(g(t+u)\eq=g(t)+g(u)\). Veamos, finalmente, que \(g\) es continua en todos sus puntos. Como es derivable en el 0, es continua en el 0. Luego... para toda sucesión \({a}_{n}\rightarrow 0\), tenés \(f({a}_{n})\rightarrow f(0)\). Veamos que si tenemos cualquier sucesión \({x}_{n}\rightarrow x\), entonces \(f({x}_{n})\rightarrow f(x)\), lo que implicará continuidad en \(x\)(una funcion es continua en \(x\) si y solo si, mete adentro el límite para sucesiones que tienden a \(x\), o sea, \({x}_{n}\rightarrow x\implies f({x}_{n})\rightarrow f(x)\))
Tenemos, dada \({x}_{n}\rightarrow x\):
\(g(x)\eq=g(x+{x}_{n}-{x}_{n})\eq=g(x-{x}_{n}+{x}_{n})\eq=g(x-{x}_{n})+g({x}_{n})\).
Tomando límite, y notando que \(x-{x}_{n}\rightarrow 0\), tenemos:
\(\lim_{n\rightarrow +\infty}g(x)\eq=g(x)\eq=\lim_{n\rightarrow +\infty} g(x-{x}_{n})+g({x}_{n})\).
Como existe el límite, y \(g(x-{x}_{n})\rightarrow g(0)\), por ser continua en el 0, se tiene:
Pero \(\lim_{n\rightarrow +\infty}g(x-{x}_{n})\eq=g(0)\). Como \(g(x+y)\eq=g(x)+g(y)\) se tiene \(g(0)\eq=g(0+0)\eq=g(0)+g(0)\eq=2g(0)\). Necesariamente \(g(0)\eq=0\) luego, siguiendo:
O sea, tenemos la continuidad deseada. Veamos, ahora, finalmente, que conocemos a todas las \(g\) continuas que verifican \(g(x+y)\eq=g(x)+g(y)\).
NOTA: a partir de acá, el ejercicio sale bastante rápido, razonando de manera parecida, sin llegar a decir que se conocen las \(g\). Esto que voy a hacer no hace falta, pero bueno...
Primero, para \(n\in \mathbb{N}\), se tiene
\(g(n)\eq=g(1+1\cdots+1)\eq=g(1)+g(1)+\cdots +g(1)\eq=ng(1)\).
Luego, \(g(1)\eq=g(\frac{n}{n})\eq=ng(\frac{1}{n})\iff \frac{1}{n}\cdot g(1)\eq=g(\frac{1}{n})\)
Ahora, si tenemos un racional, \(q\eq=\frac{n}{m}\):
\(g(\frac{n}{m})\eq=ng(\frac{1}{m})\eq=\frac{n}{m}g(1)\)(estoy considerando que podemos escribir los racionales con numerador natural y denominador entero no nulo)
Dependiendo de la cursada, no se si probaron que \(\mathbb{Q}\) es denso en \(\mathbb{R}\), y particularmente, dado \(x\in \mathbb{R}\), existe una sucesión de racionales que converge a \(x\). Si se probó esto, lo que viene se entiende. Sino... bueno, la idea es que dado \(x\), tenemos \({q}_{n}\rightarrow x\), y como \(g\) era continua, \(g({q}_{n})\rightarrow g(x)\), si pensamos \({q}_{n}\eq=\frac{{a}_{n}}{{b}_{n}}\), con \({a}_{n}\) sucesión de naturales y \({b}_{n}\neq 0,\forall n\) sucesión de enteros:
Luego tomando límite:
\(g(x)\eq=g(1)\cdot x\).
Y ahora ya está, porque \(g(x)\eq=\ln(f(x))\eq=g(1)\cdot x\iff f(x)\eq={e}^{g(1)\cdot x}\)
Y esto es básicamente lo que queríamos probar, porque \(g(1)\eq=\ln(f(1))\eq=k\):
$$f(x)\eq={e}^{kx}$$
A partir de acá, todas las propiedades se verifican trivialmente.
Espero no haberte confundido más. Saludos.
Firma
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
posta que a mi sola todo eso no se me ocurre....
tengo que releerlo un par de veces mas para que me cierren algunas cositas pero en la generalidad lo entendi...
muchas gracias
No, es culpa mía, por emocionarme con ese camino. Una forma mucho más sencilla:
Sabés que \(f\) es derivable en un punto, en el \(0\). Luego, vamos a probar que \(f\) es derivable en todos sus puntos:
\(\frac{f(x+h)-f(x)}{h}\eq=\frac{f(x)f(h)-f(x)}{h}\eq=\frac{f(x)(f(h)-1)}{h}\). Notá que \(\frac{f(h)-1}{h}\eq=\frac{f(0+h)-1}{h}\). Si probás que \(f(0)\eq=1\), ya estás. Como \(f(0)\eq=f(0+0)\eq=f(0)f(0)\eq={f}^{2}(0)\), tenés o que \(f(0)\eq=0\) o \(f(0)\eq=1\). Por hipótesis, la primera no puede ser, luego, \(f(0)\eq=1\). Luego, notá que
De acá tenés que \(f\) es derivable en todos sus puntos, luego continua en todos sus puntos, y la monotonía. Más aún, obtuviste
\(f'(x)\eq=f'(0)f(x)\), una ecuación diferencial que se resuelve a mano, y es la exponencial que decía antes.
Espero que esta resolución se entienda más. Te pido disculpas; es la obsesión de borrar hipótesis, porque en la otra forma uso realmente la continuidad. Bueno, de nuevo disculpas, y espero que ayudo. Saludos.
Te dejo la idea de los otros, intenta escribirlo con detalle, cualquier cosa avisa.
Intentá usar tex para escribir tus soluciones.
2)
Usa multiplicadores de lagrange para encontrar los extremos de xy restringido a \(x^2/8+y^2/2=1\)
f(x,0)=f(y,0)=0
f(x,x)=3x
f(x,y)=0 en otro caso
Sirve como contraejemplo.
Ninguna f que cumpla esa condicion puede ser diferenciable en el 0 por el teorema que dice que si f es diferenciable entonces las derivadas direccionales se obtienen haciendo producto interno con el gradiente.
Tengo una solución mucho más sencilla para el 2 que usando multiplicadores de Lagrange pero no se si está bien:
\(\frac{1}{2} \times (\frac{x}{2} \pm y)^2 = \frac{x^2}{8} + \frac{y^2}{2} \pm \frac{xy}{2} = 1 \pm \frac{xy}{2}\)
Pero como ese número tiene que ser positivo por ser un múltiplo positivo de un cuadrado, entonces \(|\frac{xy}{2}|\leq 1\) entonces \(-2 \leq xy \leq 2\) que es más general todavía que lo que pedía le enunciado.