Demostrar que no es $(a,b)$ s.t. $f_x(a,b)^2+f_y(a,b)^2<4$

Question

Deje $f:D\to\mathbb{R}$ donde $D:=\{(x,y):x^2+y^2\leq 1\}$. Supongamos que todas las derivadas parciales de $f$ son continuos y $|f|\leq 1$. Demostrar que no existe $(a,b)\in Int_D$ s.t.:

$$\left[\frac{\partial f}{\partial x}(a,b)\right]^2+\left[\frac{\partial f}{\partial y}(a,b)\right]^2<4$$

Aquí $Int_D$ significa que el interior de $D$, es decir , el abrir la unidad de disco.

Yo tratamos de reducir a la dimensión caso, que es: no existe $a\in(-\sqrt{1-y^2},\sqrt{1-y^2})$ s.t $\left[\frac{\partial f}{\partial x}(a,y)\right]^2\leq 2$.

Answer 1

La prueba por contradicción Suponga $||\nabla f||\geq 2$ por cada punto en $D$ y definir un campo de vectores $v$ $D$ tal que $$\frac{dx}{dt}=\nabla f$$ Considere la solución de la curva de $\gamma(t)$ que pasa por el origen en el tiempo 0. Desde $||\nabla f||>0$ por cada punto en $D$, la curva no puede terminar en la región de $D$. Entonces la longitud del arco de $\gamma(t)$ $t=t_1<0$ $t=t_2>0$debe ser de no menos de 2 (el diámetro de $D$), donde $\gamma(t_1),\gamma(t_2)\in\partial D$ pertenece a la frontera de $D$. Entonces tenemos $$f(\gamma(t_2))-f(\gamma(t_1))=\int_{\gamma(t_1)}^{\gamma(t_2)}df=\int_{\gamma(t_1)}^{\gamma(t_2)}\nabla f\cdot dx=\int_{\gamma(t_1)}^{\gamma(t_2)}||\nabla f||~dx\geq4$$ Por otro lado, $$f(\gamma(t_2))-f(\gamma(t_1))\leq||f(\gamma(t_2))-f(\gamma(t_1))||\leq||f(\gamma(t_2))||+||f(\gamma(t_1))||\leq 2$$ lo que conduce a contradicción. Por lo tanto, debe haber algún punto de $x\in D$ tal que $||\nabla f(x)||^2<4$.

Answer 2

Supongamos $\|\nabla f(z)\|\ge2$ todos los $z\in D$. Tenga en cuenta que $f$ no puede alcanzar su mínimo en el interior de $D$, ya que el $\nabla f(z)\ne0$ todos los $z\in D$. Por lo tanto $\epsilon := \frac14 (f(0)+1)\in(0,\frac12]$. Vamos a llegar a una contradicción siguiendo el campo de la dirección $\nabla f(z)$ a partir de de $z_0=0$.

Prueba 1: (Como Shuchang del argumento.) Supongamos que podemos resolver el sistema de educación a distancia $\dot z(t)=\nabla f(z(t))$, $z(0)=0$, en algunos máxima intervalo de tiempo $[0,T)$, con cualquiera de las $T=\infty$ o $\|z(t)\|\to1$$t\to T$. Entonces para cualquier $t\in[0,T)$, ya que el $\nabla f(z)\dot z = \|\nabla f(z)\|^2$, $$ 2-4\epsilon \ge f(z(t))-f(0) = \int_0^t \|\nabla f(z(s))\|^2\,ds \ge 2\int_0^t \|\punto z(s)\|\,ds \ge 2\|z(t)\|, $$ de dónde $\|z(t)\|\le 1-2\epsilon<1$. Podemos inferir $T=\infty$. Sin embargo, $$ f(z(t))-f(0) = \int_0^t \|\nabla f(z(s))\|^2\,ds \ge 4t >2 $$ para $t>\frac12$, lo que produce una contradicción.

Prueba 2: podemos evitar la invocación de la educación a distancia existencia y continuación de la teoría mediante el uso de un discreto argumento, la elección de una lo suficientemente pequeño $h>0$ y la definición de $$ z_{j+1} = z_{j} + h\nabla f(z_{j}) $$ para $j=0,1,\ldots$, mientras $z_{j}\in D$.
Vamos a encontrar que la hipótesis implica que $|z_j|\le 1-\epsilon$ todos los $j>0$ pero también se $f(z_j)-f(0)\ge 2hj$, lo que contradice la enlazado $|f|\le1$ al $j>1/h$.

El gradiente es uniformemente continua en a $D$, por lo tanto existe $\delta>0$ tal que $\|\hat z\|<\delta$ implica $$ \| \nabla f(z+\hat z)-\nabla f(z)\| <\epsilon. $$ Deje $h=\min(\frac12, \delta/M, \epsilon/M)$ donde $M=\sup_D \|\nabla f(z)\|$. Tenga en cuenta que mientras $\|z_j\|\le 1-\epsilon$ hemos $$ 2h \le \| h\nabla f(z_j)\| = \|z_{j+1}-z_j\| \le hM\le \min(\delta \epsilon), $$ por lo tanto $\|z_{j+1}\|\le1$. Ahora podemos escribir $$ f(z_{j+1})-f(z_j) = \int_0^1 \nabla f(z_j+s(z_{j+1}-z_j)) (z_{j+1}-z_j)\,ds = \nabla f(z_j)(z_{j+1}-z_j) + E_j, $$ donde $$ E_j = \int_0^1 (\nabla f(z_j+s(z_{j+1}-z_j))-\nabla f(z_j)) (z_{j+1}-z_j)\,ds. $$ Esto satisface el obligado $$ | E_j |\le \epsilon \|z_{j+1}-z_j\|. $$

En consecuencia, dado que $\nabla f(z_j)(z_{j+1}-z_j)=\|\nabla f(z_j)\|\|z_{j+1}-z_j\|\ge 2\|z_{j+1}-z_{j}\|$, $$ f(z_{j+1})-f(z_j) \ge \|z_{j+1}-z_j\| (2-\epsilon ) \ge 2h. $$ Sintetizando, sin embargo (recall $z_0=0$), podemos inferir que $$ \|z_{j+1}\| \le \sum_{k=0}^{j} \|z_{k+1}-z_k\| \le \frac{ f(z_{j+1})-f(0)}{2-\epsilon } \le \frac{ 2 - 4\epsilon}{2-\epsilon }\le 1-\epsilon. $$ Por lo tanto $\|z_j\|\le 1-\epsilon$ todos los $j$. Sin embargo, $$ f(z_{j+1})-f(0) = \sum_{k=0}^{j} (f(z_{k+1})-f(z_k)) \ge 2h(j+1) $$ y esto contradice la enlazado $|f|\le 1$ grandes $j$.