Diferenciación de un producto interior

Question

Si $(V, \langle \cdot, \cdot \rangle)$ es un espacio de producto interno de dimensión finita y $f,g : \mathbb{R} \longrightarrow V$ son funciones diferenciables, un cálculo sencillo con componentes muestra que

$$ \frac{d}{dt} \langle f, g \rangle = \langle f(t), g^{\prime}(t) \rangle + \langle f^{\prime}(t), g(t) \rangle $$

Este enfoque no es muy satisfactorio. Sin embargo, intentar aplicar la definición de la derivada directamente no parece funcionarme. ¿Existe alguna forma, quizás intrínseca, de demostrarlo que no implique trabajar en coordenadas?

Answer 1

Observe que $$ \begin{align*} \frac{1}{h} & \left[ \langle f(t+h),\, g(t+h)\rangle - \langle f(t),\, g(t) \rangle \right] \\ & = \frac{1}{h} \left[ \langle f(t+h),\, g(t+h)\rangle - \langle f(t),\, g(t+h)\rangle \right] + \frac{1}{h} \left[ \langle f(t),\, g(t+h)\rangle - \langle f(t),\, g(t)\rangle \right] \\ &= \left\langle \frac{1}{h} \left[ f(t+h) - f(t) \right],\, g(t+h) \right\rangle + \left\langle f(t),\, \frac{1}{h} \left[ g(t+h) - g(t) \right] \right\rangle. \end{align*} $$ En $h\to 0$ la primera expresión converge a $$ \frac{d}{dt} \langle f(t), g(t) \rangle $$ y la última expresión converge a $$ \langle f^{\prime}(t), g(t) \rangle + \langle f(t), g^{\prime}(t) \rangle $$ por definición de la derivada, por continuidad de $g$ y por continuidad del producto escalar. De aquí se deduce la igualdad deseada.

Nótese que esto no utiliza la dimensionalidad finita y que el argumento es exactamente el mismo que el de la regla del producto ordinario del cálculo.

Answer 2

Esta respuesta puede ser innecesariamente complicada si no se desea tanta generalidad, adoptando el enfoque de hallar primero la derivada de Fréchet de un operador bilineal.

Si $V$ , $W$ y $Z$ son espacios normados, y si $T:V\times W\to Z$ es un continuo (real) operador bilineal lo que significa que existe $C\geq 0$ tal que $\|T(v,w)\|\leq C\|v\|\|w\|$ para todos $v\in V$ y $w\in W$ entonces el derivado de $T$ en $(v_0,w_0)$ es $DT|_{(v_0,w_0)}(v,w)=T(v,w_0)+T(v_0,w)$ . (Supongo que $V\times W$ recibe una norma equivalente con $\|(v,w)\|=\sqrt{\|v\|^2+\|w\|^2}$ .) Esto se deduce del sencillo cálculo

$$\frac{\|T(v_0+v,w_0+w)-T(v_0,w_0)-(T(v,w_0)+T(v_0,w))\|}{\|(v,w)\|}=\frac{\|T(v,w)\|}{\|(v,w)\|}\leq C\frac{\|v\|\|w\|}{\|(v,w)\|}\to 0$$

como $(v,w)\to 0$ .

Con $V=W$ , $Z=\mathbb R$ o $Z=\mathbb C$ y $T:V\times V\to Z$ el producto interior, se obtiene $DT_{(v_0,w_0)}(v,w)=\langle v,w_0\rangle+\langle v_0,w\rangle$ . Ahora bien $f,g:\mathbb R\to V$ son diferenciables, entonces $F:\mathbb R\to V\times V$ definido por $F(t)=(f(t),g(t))$ es diferenciable con $DF|_t(h)=h(f'(t),g'(t))$ . Por la regla de la cadena,

$$D(T\circ F)|_{t}(h) =DT|_{F(t)}\circ DF|_t(h)=h(\langle f'(t),g(t)\rangle+\langle f(t),g'(t)\rangle),$$

lo que significa $\frac{d}{dt} \langle f, g \rangle = \langle f'(t),g(t)\rangle+\langle f(t),g'(t)\rangle$ .