Demostrar que existe $g:(0,1)\to\mathbb{R}^2$ tal que $h\circ g$ constante, $g$ continuamente diferenciable y $g$ inyectiva

Question

Dejemos que $h\in C^1(\mathbb{R}^2,\mathbb{R})$ . Demuéstralo: Existe $g:(0,1)\to\mathbb{R}^2$ tal que $h\circ g$ constante, $g$ continuamente diferenciable y $g$ inyectiva.

Teorema de Dini:

Dejemos que $\Omega \subseteq \mathbb{R}^2$ abierto, $f \in C^1(\Omega, \mathbb{R})$ y $p \in \Omega$ con $f(p) = 0$ .

Si $\frac{\partial f}{\partial y}(p) \neq 0$ entonces existen intervalos abiertos $V_1, V_2$ con $p \in V_1 \times V_2 \in \Omega$ y $g \in C^1(V, \mathbb{R})$ con $$\{(x,y) \in V_1 \times V_2 \mid f(x,y) = 0 \} = \{(x,g(x) \mid x \in V_1\}$$ y $g$ además satisface $$g' = -\left(\frac{\partial f}{\partial y}(x, g(x))\right)^{-1}\frac{\partial f}{\partial x}(x, g(x)).$$

Prueba de existencia de $g$ :

Dejemos, sin pérdida de generalidad, que $\frac{\partial f}{\partial y}(p) \gt 0$ .

Entonces existe $\epsilon \gt 0$ con $\overline{B_\epsilon(p)} \subseteq \Omega$ y $\frac{\partial f}{\partial y} \gt 0$ en $\overline{B_\epsilon(p)}$ .

Dejemos que $y^- = p - \frac{\epsilon}{2}$ y $y^+ = p + \frac{\epsilon}{2}$ . Entonces existe $\delta \in (0, \epsilon)$ con $f(x, y^-) \lt 0 \lt f(x, y^+)$ para $x \in (p - \frac{\delta}{2}, p + \frac{\delta}{2}) =: V_1$ y $(y^-, y^+) =: V_2$ .

Para $x \in V_1$ existe exactamente una $y \in V_2$ con $f(x,y) = 0$ (teorema del valor medio). Establezca $y(x) := g$ y la afirmación es la siguiente.

Answer 1

En primer lugar, si $h$ es constante, se puede tomar $g$ para ser cualquier curva suave inyectiva en $R^2$ Por ejemplo, $g(x)=(x,0)$ . Por lo tanto, en lo que sigue asumo que $h$ no es constante.

La forma de resolver el problema es utilizar el teorema de la función implícita; sin embargo, hay que tener cuidado con los supuestos de regularidad: Para un $C^1$ -función de suavidad $h: R^2\to R$ y un punto $p\in R^2$ tal que $\nabla h(p)\ne 0$ , $q=h(p)$ el teorema de la función implícita establece que (después de intercambiar el $x$ y $y$ coordenadas en $R^2$ si es necesario) existe un $C^1$ -función $f: R\to R$ y un barrio $U$ de $p$ , tal que el conjunto $V=U\cap h^{-1}(q)$ es la gráfica de la función $f$ (restringido a algún intervalo abierto $I\subset R$ ). El gráfico de $f|I$ admite la $C^1$ -parametrización $$ g(x)=(x, f(x)), x\in I. $$ Claramente, $g: I\to V$ es inyectiva y $C^1$ -suave. También está claro que $h\circ g$ es constante, igual a $q\in R$ . Queda, por tanto, encontrar un punto $p\in R^2$ tal que $\nabla h(p)\ne 0$ . Por el teorema del valor medio, si $\nabla h=0$ en todas partes en $R^2$ entonces $h$ es constante (el teorema del valor medio sólo requiere $h$ para que sea diferenciable). Así, el punto $p$ con $\nabla h(p)\ne 0$ existe a menos que $h$ es constante, lo que ya está descartado.

Un comentario al margen. Whitney (ver aquí ) construyó un ejemplo de $C^1$ -función $h: R^2\to R$ tal que existe un arco (no rectificable) $\alpha$ en $R^2$ tal que:

1. $h|\alpha$ no es constante.

2. $\nabla h$ se desvanece en todas partes en $\alpha$ .

Por lo tanto, en el argumento anterior, no se puede tomar $q$ para ser un número real "genérico". Sin embargo, si suponemos además que $h\in C^2(R^2,R)$ entonces se aplica el teorema de Sard y se puede tomar $q$ para ser genérico (en el sentido de la medida) y $p\in h^{-1}(q)$ ser arbitrario.

Answer 2

Aquí está la respuesta, que espero sea completa. Básicamente, se trata de una demostración elemental del teorema de la función implícita para funciones de 2 variables.

Si $h$ es constante, se puede tomar como $g$ cualquier inyectiva $\mathcal C^1$ mapa de $(0,1)$ en $\mathbb R^2$ por ejemplo $g(t)=(t,0)$ .

Ahora, supongamos que $h$ no es constante. Entonces las derivadas parciales de $h$ no puede ser a la vez idéntico $0$ . Así que podemos suponer, por ejemplo, que $\frac{\partial h}{\partial y}(x_0,y_0)\neq 0$ para algún punto $(x_0,y_0)\in\mathbb R^2$ y sin pérdida de generalidad, también podemos suponer que $\frac{\partial h}{\partial y}(x_0,y_0)> 0$ . Establecer $$c:= f(x_0,y_0)\, .$$

Desde $\frac{\partial h}{\partial y}$ es continua, se puede encontrar un intervalo abierto $I_0\ni x_0$ y $\delta >0$ tal que $$\frac{\partial h}{\partial y}(x,y)>0\quad {\rm for\; any\;}\; (x,y)\in I_0\times [y_0-\delta,y_0+\delta]\, .$$

La prueba se dividirá en varios pasos.

Paso 1. Se puede encontrar un intervalo abierto $I$ con $x_0\in I\subset I_0$ tal que y se cumple lo siguiente: para cada $x\in I$ hay un punto único $y=y(x)\in [y_0-\delta,y_0+\delta]$ tal que $h(x,y(x))=c$ .

Para demostrarlo, observe primero que el mapa $y\mapsto f(x_0,y)$ está aumentando en $[y_0-\delta,y_0+\delta]$ porque $\frac{\partial h}{\partial y}(x_0,y)>0$ en este intervalo por la elección de $\delta$ . Desde $f(x_0,y_0)=c$ se deduce, en particular, que $h(x_0, y_0-\delta)<c<h(x_0,y_0+\delta)$ . Ahora el conjunto $$U=\{ x\in\mathbb R;\; h(x,y_0-\delta)<c<h(x,y_0+\delta)\} $$ es un conjunto abierto en $\mathbb R$ por la continuidad de $h$ y $x_0\in U$ por lo que se acaba de observar. Así que uno puede encontrar un intervalo abierto $I_1$ tal que $x_0\in I_1\subset U$ . Si establecemos $I:=I_0\cap I_1$ entonces $x_0\in I\subset I_0$ y $$h(x,y_0-\delta)<c<h(x,y_0+\delta)\quad{\rm for\; every\;}x\in I\, . $$ Déjenos arreglar cualquier $x\in I$ . Entonces el mapa $y\mapsto h(x,y)$ es continua, y es creciente en $[y_0-\delta, y_0+\delta]$ porque $\frac{\partial h}{\partial y}(x,y)>0$ en este intervalo, y $h(x,y_0-\delta)<c<h(x,y_0+\delta)$ . Por el teorema del valor intyermedio, se deduce que existe un único $y=y(x)\in [y_0-\delta, y_0+\delta]$ tal que $h(x,y(x))=c$ . Con esto concluye el paso 1.

Paso 2. El mapa $x\mapsto y(x)$ es continua en $I$ .

Lo demostramos por contradicción. Supongamos que este mapa es no continua en algún momento $x\in I$ . Entonces se puede encontrar una secuencia $(x_n)\subset I$ convergiendo a $x$ y $\varepsilon >0$ tal que $\vert y(x_n)-y(x)\vert\geq \varepsilon$ para todos $n\in\mathbb N$ . Desde $y(x_n)\in y_0-\delta,y_0+\delta]$ Se puede encontrar una subsecuencia $(y(x_{n_k}))$ y un punto $y\in [y_0-\delta,y_0+\delta]$ tal que $y(x_{n_k})\to y$ (por Bolzano-Weierstrass). Pero tenemos $h(x_{n_k},y(x_{n_k}))=c$ para todos $k$ Así que $h(x,y)=c$ porque $h$ es continua y $(x_{n_k},y(x_{n_k}))\to (x,y)$ . Desde $y\in [x_0-\delta,x_0+\delta]$ se deduce que $y=y(x)$ pero esto es una contradicción ya que $\vert y(x_{n_k})-y(x)\vert\geq\varepsilon$ para todos $k$ y por lo tanto $\vert y-y(x)\vert\geq\varepsilon >0$ . Con esto concluye el paso 2.

Paso 3. El mapa $x\mapsto y(x)$ es $\mathcal C^1$ en $I$ .

Basta con demostrar que este mapa es diferenciable en cualquier punto $x\in I$ con $$ y'(x)=-\frac{\frac{\partial h}{\partial x}(x,y(x))}{\frac{\partial h}{\partial y}(x,y(x))}\cdot$$ En efecto, dado que las derivadas parciales de $h$ son continuos y el mapa $x\mapsto y(x)$ es continua por el paso 2, esta fórmula mostrará entonces que $y'$ es continua, es decir, que $y$ es $\mathcal C^1$ .

Arreglemos $x\in I$ . Establecer $$a:=\frac{\partial F}{\partial x}(x,y(x))\quad{\rm and}\quad b:=\frac{\partial F}{\partial y}(x,y(x))$$ Tenga en cuenta que $b\neq 0$ porque $\frac{\partial F}{\partial y}(x,y)>0$ en $I\times [y_0-\delta,y_0+\delta]$ .

En el paso 2, se puede escribir $$y(x+h)=y(x)+\varepsilon(h)\, ,$$ donde $\varepsilon(h)\to 0$ como $h\to 0$ . Además, también tenemos (por la diferenciabilidad de $h$ en $(x,y(x))$ )

\begin{eqnarray} h(x+h,y(x+h))&=&h(x+h, y(x)+\varepsilon (h))\\ &=&h(x,y(x))+ a\, h+b\, \varepsilon (h)+R(h)\, , \end{eqnarray} donde $R(h)=o(\vert h\vert+ \vert\varepsilon (h)\vert)$ como $h\to 0$ es decir $$\lim_{h\to 0}\frac{R(h)}{\vert h\vert+ \vert\varepsilon (h)\vert}=0\, . $$ Desde $h(x+h,y(x+h))=c=h(x,y(x))$ se puede reescribir como \begin{equation}\varepsilon(h)=-\frac{a}{b}\, h-\frac1b R(h).\end{equation} Si $h$ es lo suficientemente pequeño, tenemos $\left\vert-\frac1b R(h)\right\vert\leq \frac12\vert h\vert$ porque $R(h)=o(\vert h\vert+\vert\varepsilon (h)\vert)$ para que $\vert\varepsilon(h)\vert\leq \left\vert\frac{a}{b}\right\vert \vert h\vert+\frac12(\vert h\vert+ \vert\varepsilon (h)\vert)$ y por lo tanto $\vert\varepsilon (h)\vert\leq C\,\vert h\vert$ , donde $C=2\vert a/b\vert+1$ . Esto da $\vert\varepsilon (h)\vert+\vert h\vert\leq (C+1)\vert h\vert$ lo que implica que de hecho $$\lim_{h\to 0}\frac{R(h)}{\vert h\vert}=0\, . $$ Desde \begin{eqnarray}y(x+h)&=&y(x)+\varepsilon(h)\\ &=&y(x)-\frac{a}{b}\, h-\frac1b R(h)\, ,\end{eqnarray} concluimos que el mapa $y$ es efectivamente diferenciable en $x$ con $y'(x)=-\frac{a}{b}\cdot$ Con esto concluye el paso 3.

Paso 4. Existe una relación de uno a uno $\mathcal C^1$ mapa $g_0:I\to\mathbb R^2$ tal que $h(g_0(x))=c$ para todos $x\in I$ .

Sólo hay que definir $g_0(x)=(x,y(x))$ . Este mapa es $\mathcal C^1$ por el paso 3, es claramente uno a uno debido a su primera coordenada, y $h(g_0(x))=c$ para todos $x\in I$ por la propia definición de $y(x)$ .

Paso 5. Conclusión.

Escribe $I=(\alpha,\beta)$ y definir $g:(0,1)\to\mathbb R^2$ por $g(t)=g_0(\alpha+ t(\beta-\alpha))$ . Entonces $g$ tiene las propiedades requeridas.

Answer 3

Supongamos que $h$ no es constante. Supongamos que $dh$ no desaparece en $x\in \mathbb{R}^2$ . Intenta utilizar el teorema de la función implícita.

Answer 4

Esta no es una respuesta completa, pero puede proporcionar una intuición visual del problema.

Si se visualiza el gráfico de $h: \mathbb{R}^2 \rightarrow \mathbb{R}$ como una superficie de la manera habitual, e imaginar un plano de la forma $z=c$ intersectando esa superficie, entonces lo que quieres hacer es elegir un camino $g:(0,1) \rightarrow \mathbb{R}^2$ que traza a lo largo de parte de las curvas de nivel donde el plano corta la superficie.