La diferenciabilidad de la composición con cada camino implica la diferenciabilidad

Question

Estoy luchando con este problema de mi libro Curso de Analise Vol. 2 por Elon Lages Lima.

Sea $U\subseteq \mathbb{R}^n$ sea un conjunto abierto, $a\in U$ y $f:U\to \mathbb{R}$ con la siguiente propiedad: para cada $v\in \mathbb{R}^n$ y cada camino y $g:(-\epsilon,\epsilon)\to U$ con $g(0)=a$ y $g'(0)=v$ el mapa compuesto $f\circ g:(-\epsilon,\epsilon)\to R$ satisface $(f\circ g)'(0)=T(v)$ donde $T:\mathbb{R}^n\to\mathbb{R}$ es una transformación lineal fija. Demostrar que $f$ es diferenciable en $a$ .

Está claro que hay que tener $f'(a)=T$ por lo que hay que demostrar \begin{equation} \tag 0\lim_{v\to 0}\frac{f(a+v)-f(a)-T(v)}{|v|}=0 \end{equation}

No se me ocurre otro camino que no sea $t\mapsto a+tv$ pero entonces no estoy usando la hipótesis con toda su fuerza. También intenté una prueba negando ese límite e intentando construir un camino a partir de ahí, pero no lo conseguí.

¿Cómo enfoco el problema? ¿Alguna sugerencia?

Answer 1

Aceptaré la sugerencia de zhw. pero escribiré aquí la respuesta completa porque la pregunta ha recibido cierta atención.

Supongamos que el límite en $(0)$ no existe, entonces existe una secuencia $v_k$ con $v_k\to 0$ y $v_k\neq 0$ tal que

$$\tag 1\frac{|f(a+ v_k) - f(a) - Tv_k|}{|v_k|} \ge \epsilon$$

para todos $k$ . Escriba a $v_k=r_ku_k$ donde $r_k=|v_k|$ y $|u_k|=1$ . Entonces alguna subsecuencia de $u_k,$ que seguiré denotando por $u_k,$ converge a algún $u, |u|=1.$ Pasando a otra subsecuencia si es necesario, podemos suponer $r_1>r_2 >\cdots.$ Ahora viene la parte complicada: cómo definir $g$ . Primero definimos $g$ en $[0,r_1]$ . Establecer $g(0)=a$ . Para $t\in (0,r_1]$ ya que $r_k\to 0$ y $r_1>r_2>\cdots$ hay un $k$ tal que $t\in[r_{k+1},r_k]$ y fijamos

$$g(t)=a+r_{k+1}\frac{r_k-t}{r_k-r_{k+1}}u_{k+1}+r_k\frac{t-r_{k+1}}{r_k-r_{k+1}}u_k$$

Es fácil ver que $g$ está bien definido y $g(r_k)=a+v_k$ . Ahora bien $t\in [r_{k+1},r_k]$

$$\frac{g(t)-g(0)}{t}-u=\frac{r_{k+1}(r_k-t)(u_{k+1}-u)+r_k(t-r_{k+1})(u_k-u)}{t(r_k-r_{k+1})}$$

A partir de la cual se puede demostrar $g_+'(0)=u$ . Si fijamos $g(t)=-g(-t)$ para $t\in [-r_1,0]$ obtenemos $g'(0)=u$ .

Deberíamos tener $(f\circ g)'(0)=Tu$ es decir

$$\tag 2\lim_{t\to 0}\frac{f(g(t))-f(g(0))}{t}=Tu$$

Desde $r_k\to 0$ , $(2)$ implica que

$$\tag 3\lim_{k\to \infty}\frac{f(g(r_k))-f(g(0))}{r_k}=Tu$$

Pero $v_k/r_k=u_k\to u$ y $T$ es continua por lo que

$$\tag 4\lim_{k\to \infty}\frac{1}{r_k}Tv_k=\lim_{k\to \infty}T(\frac{v_k}{r_k})=Tu$$

$(3)$ , $(4)$ y el hecho de que $g(r_k)=a+v_k$ , $g(0)=a$ y $|v_k|=r_k$ implican que

$$\lim_{k\to \infty}\frac{f(a+ v_k) - f(a) - Tv_k}{|v_k|}=0$$

contradictorio $(1)$ .

Answer 2

Pista: Supongamos $f$ no es diferenciable en $a.$ Entonces existe $\epsilon>0$ y una secuencia $v_k \to 0$ tal que

$$\tag 1\frac{|f(a+ v_k) - f(a) - Tv_k|}{|v_k|} \ge \epsilon$$

para todos $k.$ Escriba a $v_k = r_ku_k,$ donde $r_k = |v_k|$ y $|u_k|=1.$ Entonces alguna subsecuencia de $u_k,$ que seguiré denotando por $u_k,$ converge a algún $u, |u|=1.$ Pasando a otra subsecuencia si es necesario, podemos suponer $r_1>r_2 >\cdots.$ La idea es que la secuencia $a +v_k = a + r_ku_k$ se acerca a $a$ tangente a la línea $\{a+tu: t \in \mathbb R\}.$ Así que piensa en un camino $g:\mathbb R \to \mathbb R^n$ tal que $g(0)=a$ y $g(r_k) = a+r_ku_k$ para cada $k.$ Si lo haces de la forma correcta, deberías conseguir $g'(0) = u,$ y por $(1),$ $(f\circ g)'(0)$ no existirá, dando lugar a una contradicción.