Teorema de Rolle en n dimensiones

Question

Esto parece un enunciado de un libro de texto de cálculo, que quizás debería serlo.

"Teorema de Rolle". Sea $F\colon [a,b]\to\mathbb R^n$ sea una función continua tal que $F(a)=F(b)$ y $F'(t)$ existe para todos los $a<t<b$ . Entonces existen números $a < t_1 < t_2 < \dots < t_n < b$ tal que los vectores $F'(t_1),\dots,F'(t_{n})$ son linealmente dependientes.

Todos conocemos el caso $n=1$ . El caso $n=2$ tampoco es difícil: elige cualquier $a<t^\ast<b$ y encontrar, utilizando el teorema del valor medio, los números $a<t_1<t^\ast$ y $t^*<t_2<b$ tal que $F'(t_j)$ es colineal con $F(t^\ast)-F(a)$ . Obsérvese que hemos evitado utilizar el valor del parámetro $t^\ast$ que será importante en un momento. Cuando $n=3$ , elegimos $a<t^\ast<b$ y proyectar F sobre el complemento ortogonal de $F'(t^\ast)$ y, a continuación, aplicar el caso $n=2$ a la proyección ( $t^\ast$ se convertirá en el tercer valor del parámetro elegido). Hasta aquí todo bien.

Pero me quedo atascado en $n=4$ . Si se sigue el proceso anterior, después de $F$ se proyecta a dos dimensiones, debemos evitar dos valores particulares de los parámetros. Lo cual no es posible en general: si en dos dimensiones $F$ parametriza un triángulo y $F(a)$ es un vértice, entonces uno de los puntos $F(t_j)$ debe ser uno de los otros dos vértices. Es de suponer que este problema puede evitarse mediante una elección genérica de los puntos de proyección, pero ¿cómo?

Answer 1

Aquí hay una solución en el $C^1$ caso [pero ver upd]. Supongamos que los vectores $F'(t_1),\ldots, F'(t_n)$ son linealmente independientes para todo $0\leq t_1< \cdots < t_n\leq 1$ . Sea $L(t_1,\ldots,t_{n-1})$ sea el espacio vectorial abarcado por el primer $n-1$ de estos. Dejemos que $$t^i=(t_1^i,\ldots,t_{n-1}^i),0\leq t^i_1< \cdots < t^i_{n-1}\leq 1$$ sea una secuencia tal que $t^i_{n-1}\to 0$ como $i\to \infty$ . Dado que el espacio de todos los hiperplanos vectoriales en $\mathbf{R}^n$ es compacta, podemos suponer que la secuencia $L(t^i)$ tiene un límite $L$ .

Reclamación: para cualquier $s,t$ tal que $0< s < t\leq 1$ el hiperplano $L$ no separa $F'(s)$ y $F'(t)$ .

Prueba de la reclamación: si $L$ lo hace, entonces para todo lo suficientemente grande $i$ el hiperplano $L(t^i)$ también separa $F'(s)$ y $F'(t)$ . Elija $i$ para que además $t^i_{n-1} < s$ . Entonces los determinantes de las matrices $(F'(t^i_1),\ldots, F'(t^i_{n-1}),F'(s))$ y $(F'(t^i_1),\ldots, F'(t^i_{n-1}),F'(t))$ tienen signos diferentes. Esto es imposible, ya que $F'$ es continua y el determinante nunca es cero. La afirmación se demuestra.

Ahora una de las dos cosas puede suceder: o todos $F'(t),0 \leq t\leq 1$ están en $L$ , en cuyo caso $F'(t_1),\ldots, F'(t_n)$ son linealmente dependientes para todo $t_1,\ldots, t_n$ o hay un $t$ tal que para $l(F'(t))\neq 0$ donde $l$ es una ecuación lineal que define $L$ . Di, $l(F'(t)) > 0$ . Entonces $l(F(0)) < l(F(1))$ , por lo que no podemos tener $F(0)=F(1)$ .

upd: así es como uno puede ocuparse del caso cuando $F'$ no se supone continua. Básicamente, lo único que cambia es la prueba de la afirmación; la afirmación en sí sigue siendo la misma, excepto que asumimos $t < 1$ . Elija $i$ como en el caso anterior, y establecer $g(x),s\leq x\leq t$ para ser el determinante de $(F'(t^i_1),\ldots,F'(t^i_{n-1}),F(x))$ . Esta función es diferenciable y tenemos $g'(x)=det(F'(t^i_1),\ldots,F'(t^i_{n-1}),F'(x))$ . Así que $g'(s)$ y $g'(t)$ tienen signos diferentes. La afirmación se desprende ahora del siguiente enunciado, que es una consecuencia del teorema clásico de Rolle: si $f:[a,b]\to\mathbf{R}$ es diferenciable en cada punto de $[a,b]$ y $f'(a)$ y $f'(b)$ tienen signos diferentes, entonces hay una $x\in (a,b)$ tal que $f'(x)=0$ .

Entonces deducimos de la afirmación que todos los $F'(t),0 < t < 1$ están en el mismo semiespacio con respecto a $L$ . Esto es suficiente.

Answer 2

Es más natural preguntar $0\in\mathop{Conv}\{f'(t_i)\}$ .

Claramente $0\in\mathop{Conv}f'([a,b])$ por lo que a partir del teorema de Carathéodory obtenemos $n+1$ puntos. Además, podemos eliminar dos puntos y cambiarlos por uno. Esto último resulta fácil si $f'$ es continua, de lo contrario es un poco de trabajo...

Answer 3

Vamos a añadir un poco de la respuesta de Anton Petrunin a la de algori: concretamente, voy a detallar el "pequeño trabajo" de la respuesta de Anton, que es una versión de la afirmación de algori. Sin embargo, no estoy probando la afirmación más fuerte hecha por Anton, sólo la afirmación original. (Esto iba a ser un comentario: mi intento de escribir la prueba de algori sin tomar límites, pero resultó ser demasiado largo para los comentarios).

Afirmación 1 (Petrunin): $0\in Conv(f'(a,b))$ .

Prueba: En caso contrario existe un hiperplano que separa $0$ del casco convexo.

Por el Teorema de Caratheodory, obtenemos $$a < t_1 < \dots < t_{n+1} < b$$ tal que $$0\in Conv(f'(t_1),\dots,f'(t_{n+1}).$$

Afirmación 2 (algori): Existe $s\in[t_n,t_{n+1}]$ tal que $$0\in Span(f'(t_1),\dots,f'(t_{n-1}),f'(s)).$$

Prueba: Set $$l(x)=\det(f'(t_1),\dots,f'(t_n),f(x)).$$ La condición de $s$ es que $l'(s)=0$ . Según la reivindicación 1, cualquiera de los dos $$0\in Conv(f'(t_1),\dots,f'(t_{n-1}))$$ (en cuyo caso la reivindicación es obvia) o $0$ se encuentra entre $l'(t_n)$ y $l'(t_{n-1})$ . En este último caso, tales $s$ existe por el teorema habitual de Rolle.

Answer 4

Esta es la prueba corregida de la saturación en el caso de que $F'$ se supone que es continua. También suponemos que $F'$ nunca se desvanece, o sea que la afirmación es obvia. Los cuatro primeros comentarios que aparecen a continuación se refieren a versiones anteriores de mi prueba, que no eran correctas. Así que los primeros 4 comentarios ya no son relevantes para esta respuesta (lo siento mucho).

Utilizaré un razonamiento ligeramente modificado de Ilya (por favor, lea su respuesta. Su idea es que conisderemos la curva $\frac{F'}{|F'|}$ en la unidad $S^{n-1}$ ). Entonces necesitamos demostrar un pequeño lema.

Lema. Consideremos una curva continua $C$ en una esfera $S^{n-1}$ que no se encuentra dentro de ninguna semiesfera parametrizada por un entero $[0,1]$ . Demostrar que existe un ecuador que interseca la curva para al menos $n$ diferentes valores del parámetro.

Prueba. El centro de la esfera pertenece al casco convexo de $C$ por la suposición del lema. Esto significa que hay $n+1$ o menos puntos en $C$ tal que el simplex con vértices en estos puntos contiene el centro $0$ de la esfera. Si el número de puntos es inferior a $n+1$ hemos terminado. Supongamos que el número de puntos es en realidad $n+1$ y son linealmente inpendientes. Llamamos a los puntos $x(t_1),...,x(t_{n+1})$ donde $t_i$ se piden. Consideremos ahora el hiperplano $H$ generados por puntos $x(t_1),...,x(t_{n-1})$ y el centro de la esfera. $H$ cortes $S^{n-1}$ en dos mitades. Dado que por las construcciones el casco convexo de $x(t_i)$ contiene $0$ los puntos $x(t_n), x(t_{n+1})$ están en diferentes semiespacios con respecto al plano. Así que este plano interseca la parte de la curva C contenida entre $t_n$ , $t_{n+1}$ en algún momento $x(t_n')$ . Se demuestra el lema.

Answer 5

Nunca he visto un problema de análisis tan interesante :) Aquí está mi estado actual, que posteo porque me gusta esta forma en sí misma y porque espero que alguien la termine.

Podemos reformular lo que queremos demostrar de la siguiente manera, tomando la dirección de $F'(t)$ :

Consideremos una curva suave en una esfera $S^{n-1}$ que no se encuentra dentro de ninguna semiesfera. Demuestra que existe un ecuador que interseca la curva en al menos $n$ puntos.

(Tenga en cuenta que un hay $n-1$ -familia de ecuadores).

Ahora supongamos que hubiera una curva contradictoria. Actualmente estoy pensando en reducirla: si podemos hacerlo manteniendo las propiedades ofensivas (utilizando que no hay $n$ -intersección de ecuadores) entonces llegaremos a la contradicción ya que una vez que la curva es pequeña está definitivamente dentro del semicírculo.