Si $f$ es uniformemente diferenciable entonces $f '$ es uniformemente continua?

Question

¿Es cierto el siguiente teorema?

Teorema. Dejemos que $U\subset \mathbb{R}^m$ (conjunto abierto) y $f:U\longrightarrow \mathbb{R}^n$ una función diferenciable.

Si $f$ es uniformemente diferenciable $ \Longrightarrow$ $f':U\longrightarrow \mathcal{L}(\mathbb{R}^m,\mathbb{R}^n)$ es uniformemente continua.

Tenga en cuenta que $f$ es uniformemente diferenciable si

$\forall \epsilon>0\,,\exists \delta>0:|\!|h|\!|<\delta,\color{blue}{[x,x+h]\subset U} \Longrightarrow |\!|f(x+h)-f(x)-f'(x)(h)|\!|<\epsilon |\!|h|\!| $ (editado)

$\forall \epsilon>0\,,\exists \delta>0:|\!|h|\!|<\delta,\color{blue}{x,x+h\in U} \Longrightarrow |\!|f(x+h)-f(x)-f'(x)(h)|\!|<\epsilon |\!|h|\!|\qquad \checkmark$

Se agradecerá cualquier sugerencia.

Answer 1

Partamos de la última observación de Tomas, ligeramente modificada:

Dejemos que $t>0$ sea pequeño. Entonces \begin{eqnarray} \|f'(x)-f'(y)\| &=& \frac{1}{t}\sup_{\|w\|=1}\|\langle f'(x)-f'(y),tw\rangle\| \nonumber \\ &\leq& \frac{1}{t}\sup_{\|w\|=1}\|f(x+tw)-f(x)-[f(y+tw)-f(y)]\| + 2\epsilon \nonumber \end{eqnarray}

Basta con demostrar que esta combinación ponderada de cuatro puntos cercanos en un paralelogramo puede ser acotada por $C\epsilon t$ .

Atémonos $\|f(x+h) - f(x) + f(x+k) - f(x+h+k)\|_2 \leq C\epsilon(\|h\|+\|k\|)$ y en este caso $\|h\|=t$ y $\|k\|\leq \delta$ Así que si $t=\delta$ toda la expresión está acotada por una constante veces $\epsilon$ .

Obsérvese la aplicación de la diferenciabilidad uniforme tres veces en las direcciones $h,k,$ y $h+k$ para los pequeños $\|h\|,\|k\|$ tenemos

\begin{eqnarray*} \|f(x+h) - f(x) + f(x+k) - f(x+h+k)\| &\leq& \|f'(x)h + f'(x)k - f'(x)(h+k)\|_2 + 3\epsilon(\|h\|+\|k\|)\\ &=& 3\epsilon(\|h\|+\|k\|) \end{eqnarray*}

Answer 2

Esta respuesta sólo el caso $f:U\subset\mathbb{R}\to \mathbb{R}^n$ . Por hipótesis tenemos que: dado $\epsilon>0$ existe $\delta>0$ de manera que si $|x-y|<\delta$ $$\left|\frac{f(x)-f(y)}{x-y}-f'(y)\right|<\frac{\epsilon}{2}\tag{1}$$

y

$$\left|\frac{f(y)-f(x)}{y-x}-f'(x)\right|<\frac{\epsilon}{2}\tag{2}$$

Desde $(2)$ conseguimos que $$\left|\frac{f(x)-f(y)}{x-y}-f'(x)\right|<\frac{\epsilon}{2}\tag{3}$$

Desde $(1)$ y $(3)$ $$|f'(x)-f'(y)|<\epsilon$$

No sé cómo abordar el caso $U\subset \mathbb{R}^m$ .

Actualización: Me gustaría añadir aquí algunas reflexiones, tal vez pueda ayudar a alguien a dar una respuesta completa. En primer lugar, tenga en cuenta que

\begin{eqnarray} \|f'(x)-f'(y)\| &=& \sup_{\|w\|=1}\|\langle f'(x)-f'(y),w\rangle\| \nonumber \\ &=& \sup_{\|w\|=1}\|f(x+w)-f(x)-[f(y+w)-f(y)]+o(x,w)-o(y,w)\| \nonumber \end{eqnarray}

Por hipótesis, $\|o(x,w)-o(y,w)\|\leq \epsilon\|w\|+\epsilon\|w\|$ Por lo tanto, para $\|w\|=1$ tenemos que $\sup_{\|w\|=1}\|o(x,w)-o(y,w)\|$ es pequeño, independientemente de $x,y$ . Por lo tanto, queda por demostrar que $f$ es uniformemente continua. Una forma de demostrarlo es, por ejemplo, mostrar que $f'$ está acotado, lo que creo que es cierto cuando $U$ está acotado. Cuando $U$ es ilimitado, creo que necesitamos un argumento directo para demostrar que $f$ es uniformemente continua.

Answer 3

La dificultad aquí es que la estimación obvia (como en la respuesta de Tomás) sólo da un resultado en líneas - es decir, no puede decir nada sobre cómo $f'(x)h$ cambia al moverse en cualquier dirección, pero $h$ . Por lo tanto, creo que necesitamos algún tipo de "argumento de polarización" para obtener un resultado isotrópico. Cuando $f$ es $C^2$ esto es literalmente polarizar la matriz hessiana $H(x) = f''(x)$ para demostrar que está acotado a partir del hecho de que está acotado en la diagonal. Aunque no podemos usar esto literalmente para la $f$ Con la esperanza de que podamos utilizar una analogía de diferencia finita y el análisis pasará. Aquí está la prueba para el $C^2$ y un punto de partida optimista para el caso general.

Para cualquier $\epsilon>0$ hay un $\delta>0$ tal que para todo $x,h$ con $|h|<\delta$ tenemos (véase la respuesta de Tomás)

$$ \begin{align} |f(x+h) - f(x) - f'(x)h| &< \epsilon |h| \\ |f(x) - f(x+h) + f'(x+h)h| &< \epsilon |h| \end{align} $$

que se combinan para dar $$t|(f'(x+t v)-f'(x))v| < 2 \epsilon $$ para $v$ un vector unitario, $t<\delta$ .

En el $C^2$ el lado izquierdo es $t^2 |H(x)(v,v)| + o(t^2)$ por lo que tenemos un límite uniforme $$|H(x)(v,v)| < M \tag{1}.$$ La fórmula de polarización es $$ H(x)(v,w) = \frac12 \left( H(x)(v+w,v+w) - H(x)(v,v) - H(x)(w,w) \right). \tag{2}$$

Queremos mostrar la continuidad uniforme de $f'$ . Una estimación de la integral de la línea da $$ |f'(x)w-f'(y)w| \le |x-y| \sup_{z \in U} |H(z)\left(v,w\right)|$$ donde $|x-y|v = x-y$ por lo que basta con demostrar que $\sup_{z \in U, |v| = 1} H(z)(v,w)$ es finito. Aplicando $(1)$ y $(2)$ estimamos que

$$ \begin{align} |H(z)(v,w)| & \le \frac12 M \left( |v+w|^2 + |v|^2 + |w|^2 \right)\\ & \le M \left( 1 + |w| + |w|^2 \right) \end{align} $$

así que hemos terminado.

Ahora, para tratar de generalizar esto. Si intentamos escribir la fórmula de polarización utilizando términos de diferencias finitas, obtenemos

$$ \begin{align} &(f'(x+v+w) - f'(x+v))w + (f'(x+w+v)-f'(x+w))v \\ = &(f'(x+v+w) - f'(x))(v+w) - (f'(x+v)-f'(x))v-(f'(x+w) - f'(x))w \\ \end{align}$$

que (ya que $f$ es uniformemente diferenciable) está limitada por $2 \epsilon (|v+w| + |v| + |w|)$ .

Ahora nos gustaría igualar los dos términos en el LHS, que es la razón por la que la polarización funciona para las formas simétricas. Nuestra expresión es, por supuesto, la siguiente no simétrica, pero podemos esperar que se acerque lo suficiente para las pequeñas $u,v$ - Sin embargo, no tengo ni idea de si esto se puede hacer sin más supuestos. Si alguien tiene alguna idea (o ha detectado algún error) que me lo haga saber.

Answer 4

Bueno, vamos a deshacernos de la $R'$ e intentar lo mismo de esta manera. f es diferenciable en $X_0$ significa que $\exists$ a g que es lineal en alguna vecindad U de $X_0$ g(X) = $f(X_0)$ + (M, $(X-X_0)$ [ donde el segundo término es el producto interno de $(X-X_0)$ con un vector constante M] y para el que $\lim_{X \rightarrow X_0}\frac{f(X) -g(X)}{X - X_0}$ = 0. Esto significa que f es prácticamente lineal en todo U.

Ahora bien, si f fuera precisamente lineal no tendríamos ningún problema, ya que $f(X) - f(X_0)$ = (M, $X-X_0)$ y ésta es uniformemente continua en todo U. El problema es que f no es exactamente lineal. Estoy usando R(X) para representar la diferencia entre f, la no del todo lineal, y g la exactamente lineal.

Así que la cuestión de la continuidad uniforme de f en la vecindad U se reduce al comportamiento de R(X) en U. ¿Qué sabemos de R? Sabemos que $\lim_{X \rightarrow X_0} \frac{R(X)}{X-X_0}$ = 0 y además que la convergencia es uniforme en U. Eso significa que si eliges un $\epsilon$ Hay un $\delta$ independiente de X tal que en $V \subset U$ un barrio de $X_0$ de radio $\delta$ , si $X_1$ y $X_2$ están en V entonces $\frac {|R(X_1) - R(X_2)|}{|X_1-X_2|}$ < $\epsilon$ . Sustituyendo de nuevo la definición de R tenemos

$R(X_1)$ = $f(X_1)-g(X_1)$ = $f(X_1) - f(X_0)- (M,(X_1-X_0))$ y de forma similar para $X_2$ . Así que

$\frac {|R(X_1) - R(X_2)|}{|X1-X_2|}$ = $\frac{f(X_1) -f(X_2) - [(M,(X_1-X_0))-(M,(X_2-X_0))]}{X_1 - X_2}$ < $\epsilon$ cuando $X_1, X_2$ están en V.

Obtenemos $|f(X_1)-f(X_2)|$ < $\epsilon|(X_1-X_2)|$ + $[(M,(X_1-X_0))-(M,(X_2-X_0))]$ . Los términos entre corchetes van a 0 uniformemente como $X_1 \rightarrow X_2$ porque son la diferencia de una función lineal en 2 puntos de V, y la $\epsilon|(X_1-X_2)|$ también .

Answer 5

La prueba del teorema $3.4$ en su referencia contiene la idea para resolver el problema: hay que demostrar la continuidad de las derivadas parciales .
El razonamiento es válido aparte de la no arquimédico y local contexto de la escritura.

En el $\varepsilon-\delta \,$ juego que $\delta \,$ ser una respuesta a $\varepsilon /4$ en cuanto a la diferenciabilidad de $\mathbf f$ y que $\delta_1$ ser una respuesta a $\varepsilon \delta/4$ en cuanto a la continuidad de $\mathbf f$ .

En el siguiente $f_j^i$ es la derivada de $f^i$ respecto a $x_j \,$ .

Ahora elige $\mathbf x,\mathbf y \in U$ tal que $||\mathbf x-\mathbf y||<\min \{\delta,\delta_1\}$ .
Entonces $$|f_j^i(\mathbf x)\delta-f_j^i(\mathbf y)\delta| \le$$$$ |f^i(\mathbf x+\delta\hat {\mathbf e}_j)-f^i(\mathbf x)-f_j^i(\mathbf x)\delta| $$$$+ \,|f^i(\mathbf y+\delta\hat {\mathbf e}_j)-f^i(\mathbf y)-f_j^i(\mathbf y)\delta|$$$$ + f^i(\mathbf x)-f^i(\mathbf y)|+f^i(\mathbf x+deltahat {\mathbf e}_j)-f^i(\mathbf y+deltahat {\mathbf e}_j)|. $$$$< \varepsilon \delta$$ a partir de la cual la continuidad de $f_j^i \,$ .
La continuidad de la derivada (total) se deduce de $$||\mathbf f'(\mathbf x)-\mathbf f'(\mathbf y)|| \le \left \{\sum_{i,j} \;[f_j^i(\mathbf x)-f_j^i(\mathbf y)]^2 \right \} ^\frac 12 $$ por la desigualdad de Schwarz.

Editar : $\;$ OP advierte que la prueba no funciona: de hecho la continuidad uniforme de $\mathbf f$ no está asegurada porque $U$ está abierto.

nuevo intento

Dejemos que $U$ ser simplemente abierto: Quiero demostrar que $f'$ es uniformemente continua en el conjunto $$U_{\Delta}=\{x\in U:\ {\rm dist}\,(x,\Bbb R^m\backslash U)>\Delta\}$$ con $\Delta>0$ elegido suficientemente pequeño.

Evitando algunos detalles, dejemos $x \in U_{\Delta}$ y que $\delta>0$ correspondiente a $\varepsilon>0$ y tal que $\delta<\Delta$ .

Tenemos $$(f'(x+h)-f'(x))(k)=$$$$ -[f(x+k)-f(x+h)-f'(x+h)(k-h)]+ $$$$f(x+k)-f(x)-f'(x)(k)+$$$$ f(x)-f(x+h)-f'(x+h)(-h) $$$$$$Take $ h $ and $ k $ so that $ |h\\|<frac \\delta 2 $ and $ \| y que no se puede hacer nada, $: hence $ x+h,x+k \Nen U$.

Entonces $$\|(f'(x+h)-f'(x))(k)\|<4\varepsilon \|k\|$$

Ahora dejemos que $u \in \mathbb R^m$ tal que $\|u\|=1$ y que $k=\|h\|\,u\,$ Tenemos $$\|(f'(x+h)-f'(x))(u)\|<4\varepsilon$$ Entonces $$\|f'(x+h)-f'(x)\|\le4\varepsilon$$$$$$