Ejercicio 1 (Linealidad de la derivada). Sean \(E,F\) espacios normados, \(U\subseteq E\) abierto y \(f,g\colon U \rightarrow F\) funciones dierenciables en \(u_0\in U\). Entonces, \(\alpha f+g\) es diferenciable en \(u_0\) para todo \(\alpha\in\mathbb{K}\) y
\[D(\alpha f +g)(u_0) = \alpha Df(u_0) + Dg(u_0).\]
Demostración. Puesto que, por hipótesis, las funciones \(f\) y \(g\) son diferenciables en \(u_0\in U\), se tiene que existen \(T=T_{u_0}\) y \(S=S_{u_0}\) con \(T,S\in\mathscr{L}(E,F)\) tales que
\[\begin{align} &\lim_{h\to 0 }\dfrac{% \left\|{f(u_0+h)-f(u_0)-T(h)}\right\|}{% \left\|{h}\right\|} = 0 \tag{1a}\label{eq:1a} \\[0.25cm] &\lim_{h\to 0 }\dfrac{% \left\|{g(u_0+h)-g(u_0)-S(h)}\right\|}{% \left\|{h}\right\|} = 0 \tag{1b}\label{eq:1b} \end{align}\]
Luego, notemos que
\[\begin{aligned} (\alpha f + g)(u_0+h) – (\alpha f + g)(u_0) – \left(\alpha T + S\right)(h) & = \alpha f(u_0+h) + g(u_0+h) – \alpha f(u_0) – g(u_0) – \alpha T(h) – S(h) \\ & = \alpha \left( f(u_0+h) – f(u_0) – T(h) \right) + g(u_0 + h) – g(u_0) – S(h).\end{aligned}\]
De esta manera, tomando la norma, aplicando la desigualdad triangular y dividiendo para \(% \left\|{h}\right\|\) , se sigue que
\[\begin{aligned} \dfrac{% \left\|{(\alpha f + g)(u_0+h) – (\alpha f + g)(u_0) – \left(\alpha T + S\right)(h)}\right\|}{% \left\|{h}\right\|} & \leq \dfrac{% \left\|{\alpha \left( f(u_0+h) – f(u_0) – T(h) \right)}\right\|}{% \left\|{h}\right\|} + \dfrac{% \left\|{g(u_0 + h) – g(u_0) – S(h)}\right\|}{% \left\|{h}\right\|} \\ & \leq |\alpha| \dfrac{% \left\|{f(u_0+h)-f(u_0)-T(h)}\right\|}{% \left\|{h}\right\|} + \dfrac{% \left\|{g(u_0 + h) – g(u_0) – S(h)}\right\|}{% \left\|{h}\right\|}.\end{aligned}\]
Así, por (1a) y (1b), se sigue que, cuando \(h\to 0\), entonces
\[\lim_{h\to 0} \dfrac{% \left\|{(\alpha f + g)(u_0+h) – (\alpha f + g)(u_0) – \left(\alpha T + S\right)(h)}\right\|}{% \left\|{h}\right\|} = 0.\]
Es decir, \(\alpha f+g\) es diferenciable en \(u_0\in U\) y además, por la unicidad de la diferencial de Fréchet en un punto se sigue que
\[D(\alpha f+g)(u_0) = \alpha T + S = \alpha Df(u_0) + Dg(u_0).\]
Donde la última igualdad es una igualdad de operadores en \(\mathscr{L}(E,F)\).
Observación 1. El espacio de las funciones diferenciables define un subespacio vectorial del espacio de las funciones y por lo tanto es un espacio vectorial en sí mismo.
Ejercicio 2 (Regla de la cadena). Sean \(E,F,G\) espacios normados, \(U\subseteq E\) un abierto, \(V\subseteq F\) un abierto, \(f\colon U \rightarrow F\) y \(g\colon V \rightarrow G\) dos funciones tales que \(f(U)\subseteq V\). Si \(f\) es diferenciable en \(u_0\in U\) y \(g\) es diferenciable en \(f(u_0)\in V\), entonces \(g \circ f\) es diferenciable en \(u_0\) y además
\[D(g\circ f)(u_0) = D(g(f(u_0)))\circ Df(u_0).\]
Demostración. Sea \(h\in E\), no nulo, notemos que, por definición de composición se tiene que
\[\dfrac{(g\circ f)(u_0+h)-(g\circ f)(u_0)-D(g\circ f)(u_0)h}{% \left\|{h}\right\|} = \dfrac{g(f(u_0+h))-g(f(u_0))-Dg(f(u_0))(Df(u_0))h}{% \left\|{h}\right\|}.\]
De donde, para probar el resultado, debemos demostrar que la expresión anterior tiende a cero, cuando \(h\) tiende a cero. Luego, sumando y restando \(Dg(f(u_0))(f(u_0+h)-f(u_0))\), se tiene que
\[\dfrac{g(f(u_0+h))-g(f(u_0))+Dg(f(u_0))(f(u_0+h)-f(u_0))-Dg(f(u_0))(f(u_0+h)-f(u_0))Dg(f(u_0))(Df(u_0))h}{% \left\|{h}\right\|}.\]
Luego, separando la expresión anterior en
\[R_1 = \dfrac{g(f(u_0+h))-g(f(u_0))-Dg(f(u_0))(f(u_0+h)-f(u_0))}{% \left\|{h}\right\|}\]
y
\[R_2 = \dfrac{Dg(f(u_0))(f(u_0+h)-f(u_0)-Df(u_0)h)}{% \left\|{h}\right\|}\]
Así, por la desigualdad triangular, acotaremos cada parte por separado. Para la segunda expresión, puesto que \(Dg(f(u_0))\) es un operador lineal y acotado de \(F\) en \(G\), es decir \(Dg(f(u_0))\in\mathscr{L}(F,G)\), entonces
\[0 \leq % \left\|{R_2}\right\| \leq % \left\|{Dg(f(u_0))}\right\|\dfrac{% \left\|{f(u_0+h)-f(u_0)-Df(u_0)h}\right\|}{% \left\|{h}\right\|}.\]
Así, si \(h\) tiende a cero, por la diferenciabilidad de \(f\) en \(u_0\), se sigue que \(R_2\) tiende a cero cuando \(h\) tiende a cero.
Por otro lado, para los \(h\in E\), tales que \(f(u_0+h)=f(u_0)\), el resultado se tiene directamente. Así, consideremos los \(h\) no nulos tales que \(f(u_0+h)\neq f(u_0)\), de donde, se sigue que multiplicando \(R_1\) por
\[1 = \dfrac{% \left\|{f(u_0+h)-f(u_0)}\right\|}{% \left\|{f(u_0+h)-f(u_0)}\right\|},\]
entonces,
\[R_1 = \dfrac{% \left\|{g(f(u_0+h))-g(f(u_0))-Dg(f(u_0))(f(u_0+h)-f(u_0))}\right\|}{% \left\|{f(u_0+h)-f(u_0)}\right\|}\dfrac{% \left\|{f(u_0+h)-f(u_0)}\right\|}{% \left\|{h}\right\|}\]
Así, como \(f\) es continua en \(u_0\), entonces \(f(u_0+h)\to f(u_0)\) cuando \(h\to 0\). De esta manera, tomando \(a = f(u_0)\) y \(a + t = f(u_0+h)\), se tiene que
\[f(u_0+h)\to f(u_0)\quad, h\to 0 \quad\text{si y solo si}\quad a+t \to a, \quad t \to 0.\]
Reemplazando este cambio de variable, tenemos que
\[\begin{aligned} \dfrac{% \left\|{g(f(u_0+h))-g(f(u_0))-Dg(f(u_0))(f(u_0+h)-f(u_0))}\right\|}{% \left\|{f(u_0+h)-f(u_0)}\right\|} & = \dfrac{% \left\|{g(a+t)-g(a)-Dg(a)(a+t-a)}\right\|}{% \left\|{a+t-a}\right\|} \\ & = \dfrac{% \left\|{g(a+t)-g(a)-Dg(a)(t)}\right\|}{% \left\|{t}\right\|}\end{aligned}\]
Por lo tanto, si \(t\to 0\), por la diferenciabilidad de \(g\) en \(a=f(u_0)\), se concluye que
\[\dfrac{% \left\|{g(a+t)-g(a)-Dg(a)(t)}\right\|}{% \left\|{t}\right\|} \to 0.\]
Luego, para concluir el resultado deseado, basta probar que
\[\dfrac{% \left\|{f(u_0+h)-f(u_0)}\right\|}{% \left\|{h}\right\|} < + \infty.\]
Para ello, por la diferenciabilidad de \(f\) en \(u_0\), existe \(E_{u_0}\) continua en \(0\), tal que
\[\dfrac{% \left\|{f(u_0+h)-f(u_0)}\right\|}{% \left\|{h}\right\|} = \dfrac{% \left\|{Df(u_0)-\left\|h\right\|E_{u_0}(h)}\right\|}{% \left\|{h}\right\|},\]
luego, por desigualdad triangular, se sigue que
\[\dfrac{% \left\|{Df(u_0)-\left\|h\right\|E_{u_0}(h)}\right\|}{% \left\|{h}\right\|} \leq \dfrac{% \left\|{Df(u_0)}\right\|}{% \left\|{h}\right\|} + % \left\|{h}\right\|\dfrac{% \left\|{E_{u_0}(h)}\right\|}{% \left\|{h}\right\|}.\]
Así, como \(Df(u_0)\) es un operador lineal y acotado de \(E\) en \(F\), entonces la norma del operador es finita y como \(h\to 0\), entonces, por la continuidad de \(E_{u_0}(h)\) en \(0\), se sigue que
\[\dfrac{% \left\|{f(u_0+h)-f(u_0)}\right\|}{% \left\|{h}\right\|} < + \infty.\]
De esta manera, se concluye que si \(h\to 0\), entonces
\[\dfrac{(g\circ f)(u_0+h)-(g\circ f)(u_0)-D(g\circ f)(u_0)h}{% \left\|{h}\right\|} \to 0,\]
con lo que se sigue el resultado deseado.
Ejercicio 3 (Regla del producto). Sean \(E\) un espacios normado, \(U\subseteq E\) abierto, \(\mathbb{K}\) un campo y \(f,g\colon U \rightarrow \mathbb{K}\) funciones dierenciables en \(u_0\in U\). Entonces, \(f\cdot g\) es diferenciable en \(u_0\) y
\[D(f\cdot g)(u_0) = Df(u_o)g(u_0) + f(h)Dg(u_0).\]
Demostración. Por el ejercicio 2 de la tarea 7, conocemos el siguiente resultado. Para \(E,F_1,F_2,G\), espacios normados, \(U\subseteq E\) un abierto, \(\mathcal{B}\colon F_1\times F_2 \rightarrow G\) una aplicación bilineal y continua, y \(f\colon U \rightarrow F_1\), \(g\colon U \rightarrow F_2\) dos aplicaciones diferenciables en \(a\in U\), la aplicación \(M(f,g)\), definida por
\[% { \begin{array}{r@{\,}ccl} M(f,g)\colon & U & \longrightarrow & G\\ & x & \longmapsto & \displaystyle M(f,g)(x) = B(f(x),g(x)), \end{array} }\]
es diferenciable en \(a\in U\) y además
\[DM(f,g)(a)h = \mathcal{B}(f(a),Dg(a)h)+ \mathcal{B}(Df(a)h,g(a)).\]
Así, tomando \(F_1=F_2=G=\mathbb{K}\), y \(\mathcal{B}\) como el producto en el campo \(\mathbb{K}\), el cual es bilineal y continuo. (Observación: La continuidad se deduce fácilmente de las propiedades del producto de sucesiones.) Así, el operador \(M(f,g)\) es el producto de las imágenes de las funciones. Por lo tanto,
\[f(x)\cdot g(x) = M(f,g)(x).\]
Así, por el resultado descrito y la unicidad de la derivada, se sigue que
\[\begin{aligned} D(f\cdot g)(a)h & = DM(f,g)(a)h = Df(a)h g(a) + Dg(a)f(a) \\ & = (Df(a)g(a)+Dg(a)f(a))h.\end{aligned}\]
Más aún, tenemos que \(Df(a)g(a)+Dg(a)f(a) \in \mathscr{L}(E,\mathbb{K})\), pues es la combinación lineal de operadores lineales y acotados de \(E\) a \(\mathbb{K}\). En efecto, notemos que \(g(a),f(a)\in\mathbb{K}\) y \(Df(a),Dg(a)\in\mathscr{L}(E,\mathbb{K})\). Por lo tanto, está bien definido y así, tomando \(a=u_0\), se sigue el resultado deseado.
Ejercicio 4 (Regla del cociente). Sean \(E\) un espacios normado, \(U\subseteq E\) abierto, \(\mathbb{K}\) un campo y \(f,g\colon U \rightarrow \mathbb{K}\) funciones dierenciables en \(u_0\in U\), con \(g(u_0)\neq 0\). Entonces, \(\displaystyle\frac{f}{g}\) es diferenciable en \(u_0\) y
\[D\left(\dfrac{f}{g}\right)(u_0) = \dfrac{Df(u_0)g(u_0)-f(u_0)Dg(u_0)}{g(u_0)^2}.\]
Demostración. Definamos, la siguiente aplicación
\[% { \begin{array}{r@{\,}ccl} q\colon & U\subseteq E & \longrightarrow & \mathbb{K}\\ & x & \longmapsto & \displaystyle q(x)=\dfrac{f(x)}{q(x)}, \end{array} }\]
vamos a probar que \(q\) es diferenciable en \(u_0\). Para ello, consideremos las siguientes aplicaciones:
\[% { \begin{array}{r@{\,}ccl} \phi\colon & U\subseteq E & \longrightarrow & \mathbb{K}\times \mathbb{K}^*\\ & x & \longmapsto & \displaystyle\phi(x) = (f(x),g(x)), \end{array} }\]
notemos que
\[\phi = i_1 \circ f + i_2 \circ g,\]
donde \(i_1,i_2\) son las inyecciones canónicas, definidas de la siguiente manera:
\[% { \begin{array}{r@{\,}ccl} i_1\colon & \mathbb{K} & \longrightarrow & \mathbb{K}\times K\\ & x_1 & \longmapsto & \displaystyle(x_1,0) \end{array} } \qquad\text{y}\qquad% { \begin{array}{r@{\,}ccl} i_2\colon & \mathbb{K} & \longrightarrow & \mathbb{K}\times K\\ & x_2 & \longmapsto & \displaystyle(0,x_2). \end{array} }\]
Luego, \(\phi\) es diferenciable en \(u_0\) por ser la suma de la composición de aplicaciones diferenciables en \(u_0\) y más aún
\[D\phi(a) = (Df(a),Dg(a)).\]
Por otro lado, definamos
\[% { \begin{array}{r@{\,}ccl} \psi\colon & \mathbb{K}\times\mathbb{K}^* & \longrightarrow & \mathbb{K}\\ & (x,y) & \longmapsto & \displaystyle\psi(x,y) = \dfrac{x}{y}, \end{array} }\]
y notemos que \(\psi\) es diferenciable en todo su dominio. En efecto, consideremos las aplicaciones parciales en \((a,b)\in\mathbb{K}\times\mathbb{K}^*\)
\[% { \begin{array}{r@{\,}ccl} \psi_1\colon & \mathbb{K} & \longrightarrow & \mathbb{K}\\ & x & \longmapsto & \displaystyle\psi_1(x)=\psi(x,b)= \dfrac{x}{b} \end{array} } \qquad\text{y}\qquad % { \begin{array}{r@{\,}ccl} \psi_2\colon & \mathbb{K}^* & \longrightarrow & \mathbb{K}\\ & y & \longmapsto & \displaystyle\psi_2(y)=\psi(a,y)=\dfrac{a}{y}. \end{array} }\]
Luego, \(\psi_1\) es diferenciable en \(a\in\mathbb{K}\) y más aún
\[D\psi_1(a) = \dfrac{1}{b}\in\mathbb{K}\cong \mathscr{L}(\mathbb{K},\mathbb{K}).\]
Por otro lado, tenemos que \(\psi_2\) es diferenciable en \(b\in\mathbb{K}\) y más aún
\[D\psi_2(b) = -\dfrac{a}{b^2} \in\mathbb{K}\cong \mathscr{L}(\mathbb{K},\mathbb{K}).\]
Así, como las aplicaciones parciales son diferenciables, se sigue que
\[D_1\psi(a,b) = \dfrac{1}{b} \qquad\text{y}\qquad D_2\psi(a,b) = -\dfrac{a}{b^2}.\]
Más aún, las derivadas parciales de \(\psi\) son continuas en todo su dominio, en particular en \((a,b)\), pues son aplicaciones constantes. Luego, \(\psi\) es diferenciable en todo su dominio y
\[D\psi(a,b)h = D_1\psi(a,b)h_1 + D_2\psi(a,b)h_2.\]
Luego,
\[q = \psi \circ \phi,\]
y como \(\phi\) es diferenciable en \(u_0\) y \(\psi\) es diferenciable en su dominio, en particular en \(\phi(u_0) = (f(u_0),g(u_0))\). Entonces, por la regla de la cadena se sigue que
\[\begin{aligned} Dq(u_0) & = D\psi(\phi(u_0))\circ D\phi(u_0)\\ & = D\psi((f(u_0),g(u_0)))\circ (Df(a),Dg(a)).\end{aligned}\]
De donde, para \(h\in E\)
\[\begin{aligned} Dq(u_0)h & = (D\psi((f(u_0),g(u_0)))\circ (Df(a),Dg(a)))h \\ & = D\psi((f(u_0),g(u_0)) (Df(a)h,Dg(a)h)\\ & = D_1\psi((f(u_0),g(u_0))Df(a)h + D_2\psi((f(u_0),g(u_0))Dg(u_0)h\\ & = \dfrac{Df(u_0)h}{g(u_0)} – \dfrac{f(u_0)}{g(u_0)^2}Dg(u_0)h\\ & = \dfrac{Df(u_0)h g(u_0) – Dg(u_0)hf(u_0)}{g(u_0)^2}\\ & = \dfrac{(Df(u_0) g(u_0) – Dg(u_0)f(u_0))h}{g(u_0)^2}\end{aligned}\]
luego, por la unicidad de la derivada
\[D\left(\dfrac{f}{g}\right)(u_0) = \dfrac{Df(u_0)g(u_0)-f(u_0)Dg(u_0)}{g(u_0)^2},\]
como se quería.