Demostrar que no existe $\delta>0$ tal que para todos los $(x,y)\in S$ si $\|(x,y)\|<\delta$,$f(x,y)\le f(0,0)$.

Question

Necesito ayuda con esta pregunta:

Deje $f,g:\mathbb{R}^2\rightarrow\mathbb{R}$ dos $C^2$ funciones, y vamos a $S=${$(x,y)\in\mathbb{R}^2:g(x,y)=0$}. Supongamos que $g(0,0)=\frac{\partial g}{\partial x}(0,0)=0$$\frac{\partial g}{\partial y}(0,0)\neq0$. Asimismo, se asume que existe $\lambda \in \mathbb{R}$ tal que $\nabla f(0,0)=\lambda\nabla g(0,0)$$\frac{\partial^2f}{\partial x^2}(0,0)<\lambda\frac{\partial^2g}{\partial x^2}(0,0)$.

Demostrar que no existe $\delta>0$ tal que para todos los $(x,y)\in S$ si $\|(x,y)\|<\delta$,$f(x,y)\le f(0,0)$.

Por favor, yo no puedo hacerlo.

Answer 1

Podemos traer a $g$ $f$ en el formulario

$$g(x,y)=x^2\,h_1(x,y)+y\,h_2(x,y) \qquad f(x,y)=x^2\,k_1(x,y) + y\, k_2(x,y)+\kappa$$

$\kappa \in \mathbb{R}$. $h_1, h_2, k_1, k_2$ son continuos y satisfacer las siguientes condiciones:

$$h_2(0,0)=\partial_y g(0,0) \neq 0 \qquad k_2(0,0)=\lambda h_2(0,0)\qquad k_1(0,0)<\lambda h_1(0,0)$$

Esto viene a partir de la siguiente consideración: Si $f(x,y)$ es continuamente diferenciable, entonces

$$f(x,y)-f(0,0)=\int_0^1 dt \frac{df(tx,ty)}{dt}=\int_0^1 dt(x\partial_x+y \partial_y) f(tx,ty)=x\int_0^1dt\partial_x f+y\int_0^1dt\partial_yf$$

Haciendo esto, la construcción de nuevo con $\partial_x f$ obtenemos las funciones de $k_1, k_2$. Las condiciones de seguimiento de la comparación con las condiciones de la pregunta.

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Si realizamos $\delta$ muy pequeño, ya que $h_1,h_2,k_1,k_2$ son continuas, podemos suponer $h_2\neq0$ $k_1<\lambda h_1$ a celebrar en toda una bola de $B_\delta(0)$. Soluciones de $g(x,y)=0$ en la pelota, a continuación, tiene la forma $y=-x^2\frac{h_1(x,y)}{h_2(x,y)}$.

$f$ en este punto se evalúa a $x^2(k_1(x,y)-h_1(x,y) \frac{k_2(x,y)}{h_2(x,y)})+\kappa$. Desde la continuidad, dado cualquier $\epsilon$, se puede elegir un $\delta$ lo suficientemente pequeño como para que $|\frac{k_2(x,y)}{h_2(x,y)}-\lambda|<\epsilon$ (según la expresión es cero en $(0,0)$).

Por lo $f$ es menor que $x^2(k_1(x,y)-\lambda h_1(x,y))+x^2\epsilon+\kappa$. Desde $k_1(x,y)<\lambda h_1(x,y)$ el primer término es negativo. El término negativo va con $x^2 (k_1(0,0)-\lambda h_1(0,0))$ al $\delta$ es muy pequeña, mientras que $\epsilon$ plazo va con $x^2 \epsilon$. Tomando $\epsilon$ a de ser super pequeña, la suma de estos dos términos que finalmente será negativo.

Así que, finalmente, $f$ evalúa a los ceros de $g$ a algo más pequeño que un término negativo $+ \kappa$, por lo que a algo menor que $f(0,0)$.

Answer 2

Teorema de la Función implícita es aplicable y establece que existe una $\varepsilon>0$, y un $C^2-$función de $h:(-\varepsilon,\varepsilon)\to\mathbb R$, de tal manera que $h(0)=0$$g\big(x,h(x)\big)=0$, para todos los $x\in(-\varepsilon,\varepsilon)$. Además, existe un abierto balón $U\subset\mathbb R^2$,$0\in U$, de tal manera que $$ U\cap S=\{(x,y): g(x,y)=0\}\subconjunto \mathrm{Graph}(h). $$
La diferenciación $g\big(x,h(x)\big)=0$ obtenemos $$ g_x\big(x,h(x)\big)+g_y\big(x,h(x)\big)h'(x)=0, \etiqueta{1} $$ y en $x=0$, ya que el $g_x(0,0)=0$$g_y(0,0)\ne 0$,$h'(0)=0$. La diferenciación $(1)$, obtenemos $$ g_{xx}\big(x,h(x)\big)+2g_{xy}\big(x,h(x)\big)h'(x) +g_{yy}\big(x,h(x)\big)\big(h'(x)\big)^2+g_y\big(x,h(x)\big)h"(x) $$ y establecimiento $x=0$, obtenemos $$ g_{xx}(0,0)+g_y(0,0)h"(0)=0 \quad\Longrightarrow\quad h"(0)=-\frac{g_{xx}(0,0)}{g_y(0,0)}. $$

Nuestro problema se reduce a demostrar que $x=0$ es un máximo local de $F(x)=f\big(x,h(x)\big)$.

En primer lugar, se observa que el $F'(x)=f_x\big(x,h(x)\big)+f_y\big(x,h(x)\big)h'(x)$, y por lo tanto $$F'(0)=f_x\big(0,h(0)\big)+f_y\big(0,h(0)\big)h'(0)=0.$$ Siguiente, la diferenciación, una vez más, obtenemos $$ F"(x)=f_{xx}\big(x,h(x)\big)+2f_{xy}\big(x,h(x)\big)h'(x) +f_{yy}\big(x,h(x)\big)\big(h'(x)\big)^2+f_y\big(x,h(x)\big)h"(x), $$ y así $$ F"(0)=f_{xx}(0,0)+f_y(0,0)h"(0)= f_{xx}(0,0)-\lambda g_y(0,0)\frac{g_{xx}(0,0)}{g_y(0,0)}=f_{xx}(0,0)-\lambda g_{xx}(0,0)<0. $$ Lo que concluye la prueba.