Diferenciabilidad en R^n

Question

Si $f: U \rightarrow \mathbb R^n$ ( $U \subset \mathbb R^m$ es un conjunto abierto) es diferenciable y $f(x) \neq 0$ $\forall x \in U$ $\Rightarrow$ $\varphi: U \rightarrow \mathbb R$ , $\varphi(x) = \frac {1}{||f(x)||}$ es diferenciable.

Sé cómo demostrar que $\varphi$ es diferenciable, pero tengo problemas para encontrar la diferencial $\varphi'(x).v$ , $\forall v \in \mathbb R^m$ .

Answer 1

Considere primero $\phi(x)=\|f(x)\|^2=\sum_i f_i(x)^2$ para que $\frac{\partial \phi}{\partial x_j}=2 \sum_i f_i(x) \frac{\partial f_i}{\partial x_j}(x)$ . Ahora, observa $\varphi(x)=\frac{1}{\sqrt{\phi(x)}}$ y aplicar la regla de la cadena: $$\frac{\partial \varphi}{\partial x_j}=\frac{d \varphi}{d \phi}\frac{\partial \phi}{\partial x_j}=-\frac{1}{2}\frac{1}{(\phi(x)^{\frac{3}{2}}}\frac{\partial \phi}{\partial x_j}=-\frac{1}{\|f(x)\|^3} \sum_i f_i(x) \frac{\partial f_i}{\partial x_j}(x)$$

Answer 2

Uno tiene (donde tiene sentido) $$\varphi '(x)=-\frac{1}{\|f(x)\|^2}\left(x\mapsto\|f(x)\|\right)'.$$ Ahora, como $\dim\mathbb{R}^n=n<+\infty$ , si $f(x)=\left(f_1(x),\ldots,f_n(x)\right)$ podemos escribir $$\|f(x)\|=\sqrt{f_1(x)^2+\ldots+f_n(x)^2}$$ y luego $$\frac{\partial}{\partial x_i}\left(x\mapsto\|f(x)\|\right)=\frac{2f_i(x)f_i'(x)}{2\sqrt{f_1(x)^2+\ldots+f_n(x)^2}}\quad\quad\quad 1\leq i \leq n$$ así que $$\left(x\mapsto\|f(x)\|\right)'=\frac{1}{\sqrt{f_1(x)^2+\ldots+f_n(x)^2}}\sum_{i=1}^{n}f_i(x)f'_i(x)\mathrm{d}x_i\in\left(\mathbb{R}^n\right)^*.$$

Por lo tanto, obtenemos $$\varphi '(x)\left(\left(h_1,\ldots,h_n\right)\right)=-\frac{1}{\left(f_1(x)^2+\ldots+f_n(x)^2\right)^{3/2}}\sum_{i=1}^{n}f_i(x)f'_i(x)\mathrm{d}x_i.$$

Answer 3

Nombre $$\begin{array}{l|rcl} g : & \mathbb R^n & \longrightarrow & \mathbb R \\ & x & \longmapsto & \Vert x \Vert^2 =\langle x,x \rangle \end{array}$$

$g$ es diferenciable y $g^\prime(x).h = 2 \langle x,h \rangle$ .

También el nombre $$\begin{array}{l|rcl} h : & \mathbb R^* & \longrightarrow & \mathbb R \\ & x & \longmapsto & \frac{1}{\sqrt{x}} \end{array}$$

$h$ es diferenciable y $h^\prime(x)=-\frac{1}{2x^{3/2}}$ .

Ahora puedes notar que $$\varphi(x)=(h \circ g \circ f)(x)$$ Puedes aplicar la regla de la cadena para encontrar $$\varphi^\prime(x).v=-\frac{\langle f(x),f^\prime(x).v\rangle }{\Vert f(x) \Vert^3}$$ La fórmula es válida para cualquier espacio de Hilbert, es decir, de dimensión finita o infinita.

Answer 4

Se trata de un problema de reglas en cadena, en el que $\varphi =g\circ f$ con $g=(\left \| \cdot \right \|)^{-1}$ .

$f:\mathbb R^{m}\to \mathbb R^{n}$

$g:\mathbb R^{n}\to \mathbb R$ para que

$g\circ f:\mathbb R^{m}\to \mathbb R$

y

$\varphi '(x)=g'(f(x))\circ f'(x)$

Ahora, $f'(x)=\textbf D_{f}(x)$ y $g'(f(x))=(\nabla g)(f(x))$ así que

$g'(f(x))(\vec h)=(\nabla g)(f(x))(\vec h)=\frac{-f(x)}{\left \| f(x) \right \|^{3/2}}(f_{1}(x),\cdots ,f_{n}(x))\cdot (h_{1},\cdots ,h_{m})$ así que

$(\textbf D_{f}(x)\circ(\nabla g)(f(x))(\vec h) =$

$\frac{-f(x)}{\left \| f(x) \right \|^{3/2}}\left ( \sum_{i=1}^{n}f_{i}(x)\frac{\partial f_{1}}{\partial x_{i}}(x),\cdots ,\sum_{i=1}^{n}f_{i}(x)\frac{\partial f_{m}}{\partial x_{i}}(x) \right )\cdot (h_{1},\cdots ,h_{m})$

Answer 5

Respuesta corta (quizás críptica): $$ \nabla \varphi (x) = \nabla \left(\frac{1}{\|f(x)\|}\right) = -\frac{ \nabla (\|f(x)\|)}{\|f(x)\|^2} = - \frac{\nabla f(x) \, f(x)}{\|f(x)\|^3}. $$