Singularidad de un mapa lineal tangente

Question

Deje $E$ $F$ ser espacios de Banach y deje $X \subset E$ ser abierto. Llame a los mapas de $\phi,\psi:X\rightarrow F\;$ tangente en el punto de $p \in X$ si $$ \lim_{x \a p} = \frac{|\phi(x)-\psi(x)|_F}{|x-p|_E}=0 $$ Para un determinado mapa de $f:X\rightarrow F$, estoy tratando de mostrar que hay un delimitada lineal mapa de $L:E\rightarrow F$ que es tangente a el mapa de $g_L(x) = f(p) + L(x - p)$. La demostración de esta afirmación se demuestra que la derivada es único. Así, supongamos que existe dos mapas de $L_1$$L_2$. Aplicando la desigualdad de triángulo y las propiedades del operador de la norma acotada de las funciones lineales, $$ 0 = \lim_{x \a p}\frac{1}{|x - p|}\left( |f(x) - f(p) - L_1(x - p)| - |f(x) - f(p) - L_2(x - p)| \right) $$ $$ \leq \lim_{x \a p}\frac{1}{|x - p|}\left( |f(x) - f(p)| + |L_1(x-p)| - |f(x) - f(p)| - |L_2(x-p)| \right) $$

$$ = \lim_{x \a p}\frac{1}{|x - p|} \left(|L_1(x-p)| - |L_2(x-p)|\right) $$ $$ \leq \lim_{x \a p}\frac{1}{|x - p|} \left(|L_1|\cdot |x-p| - |L_2|\cdot |x-p|\right) $$ $$ = |L_1| - |L_2| $$ Así, $$ 0 \leq |L_1| - |L_2| \implica |L_1| \geq |L_2|. $$ Por un simétrica argumento de $|L_2| \geq |L_1|$ y por lo tanto, $|L_1| = |L_2|$.

Entonces, mi pregunta es, ¿estoy en el camino correcto? Creo que mi prueba correctamente, muestra que $|L_1| = |L_2|$, sin embargo, esto no implica que $L_1 = L_2$. Puede que este enfoque se pueden salvar?

Answer 1

La primera desigualdad no está justificada, ya $-|f(x)-f(p)-L_2(x-p)|\geq -|f(x)-f(p)|-|L_2(x-p)|$ en lugar de al revés. Además, no hay ninguna justificación para los límites en la segunda y tercera líneas de existir. (En particular, tenga en cuenta que $\lim\limits_{x\to p} \frac{|L_1(x-p)|}{|x-p|}$ generalmente no existe un lineal mapa de $L_1$.) Y si el límite en la tercera línea no existe, la posterior de la desigualdad no está justificado, debido a que $-|L_2(x-p)|\geq -|L_2||x-p|$ en lugar de al revés.

Más bien, el siguiente enfoque podría ser utilizado. Para cada una de las $x\neq p$, el triángulo de la desigualdad implica que $$\begin{align*} \frac{|(L_1-L_2)(x-p)|}{|x-p|}&=\frac{|L_1(x-p)-L_2(x-p)|}{|x-p|}\\ &\leq \frac{|f(x)-f(p)-L_1(x-p)|}{|x-p|}+\frac{|f(x)-f(p)-L_2(x-p)|}{|x-p|}. \end{align*}$$ Since the hypothesis is that each of the fractions on the right-hand side goes to $0$ as $x\a p$, it follows that for all $\varepsilon>0$, there exists $\delta>0$ such that $|(L_1-L_2)(x-p)|\leq \varepsilon |x-p|$ whenever $0<|x-p|<\delta$. Therefore $|L_1-L_2|=\sup\limits_{0<|y|<\delta}\frac{|(L_1-L_2)(y)|}{|y|}\leq \varepsilon$. Since $\varepsilon>0$ was arbitrary, this shows that $L_1=L_2$.

Answer 2

De hecho, podemos copiar la prueba de la unicidad de la diferencial de una función. Fijar $h\neq 0$. Entonces debemos tener $$\lim_{t\to 0^+}\frac{|f(p)+L(th+p)-Lj(th+p)|}{t|h|}=0\quad \forall j\in{1,2},$ $ % que $\lim{t\to 0^+}\frac{L_1(th+p)-L2(th+p)}{t|h|}=0$y así %#% $ de #% por lo tanto denota $$\lim{t\to 0^+}\frac{(L_1-L_2)h+(L_1-L_2)\left(\frac pt\right)}{|h|}=0,$: $L'=L_1-L2$ % todo $\lim{t\to 0^+}\frac 1t|L'(p)|=|L'(h)|$, por lo tanto, $h$ y $L'(p)=0$. Puesto que era arbitrario, $L'(h)=0$ $h$.