6.3: Funciones Diferenciables
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Como sabemos, una función\(f : E^{1} \rightarrow E\left(\text {on } E^{1}\right)\) es diferenciable en\(p \in E^{1}\) iff, con\(\Delta f=f(x)-f(p)\) y\(\Delta x=x-p\),
\ [
f^ {\ prime} (p) =\ lim _ {x\ fila derecha p}\ frac {\ Delta f} {\ Delta x}\ texto {existe}\ quad (\ texto {finito}).
\]
Ajuste\(\Delta x=x-p=t, \Delta f=f(p+t)-f(p),\) y\(f^{\prime}(p)=v,\) podemos escribir esta ecuación como
\ [
\ lim _ {t\ fila derecha 0}\ izquierda|\ frac {\ Delta f} {t} -v\ derecha|=0,
\]
o
\ [
\ lim _ {t\ fila derecha 0}\ frac {1} {|t|} |f (p+t) -f (p) -v t|=0
\]
Ahora define un mapa\(\phi : E^{1} \rightarrow E\) por\(\phi(t)=t v, v=f^{\prime}(p) \in E\).
Entonces\(\phi\) es lineal y continuo, es decir,\(\phi \in L\left(E^{1}, E\right) ;\) así por el Corolario 2 en §2, podemos expresar de la\((1)\) siguiente manera: hay un mapa\(\phi \in L\left(E^{1}, E\right)\) tal que
\ [
\ lim _ {t\ fila derecha 0}\ frac {1} {|t|} |\ Delta f-\ phi (t) |=0.
\]
Adoptamos esto como una definición en el caso general,\(f : E^{\prime} \rightarrow E,\) también.
Una función\(f : E^{\prime} \rightarrow E\) donde\(E^{\prime}\) y\(E\) son espacios normados sobre el mismo campo escalar) se dice que es diferenciable en un\(\vec{p} \in E^{\prime}\) punto si hay un mapa
\ [
\ phi\ en L\ izquierda (E^ {\ prime}, E\ derecha)
\]
de tal manera que
\ [
\ lim _ {\ vec {t}\ fila derecha\ overrightarrow {0}}\ frac {1} {|\ vec {t} |} |\ Delta f-\ phi (\ vec {t}) |=0;
\]
es decir,
\ [
\ lim _ {\ vec {t}\ fila derecha\ overrightarrow {0}}\ frac {1} {|\ vec {t} |} [f (\ vec {p} +\ vec {t}) -f (\ vec {p}) -\ phi (\ vec {t})] =0.
\]
Como mostramos a continuación,\(\phi\) es único (para un fijo\(\vec{p} ),\) si existe.
Llamamos\(\phi\) al diferencial de\(f\) al denotado\(\vec{p},\) brevemente\(d f .\) Como depende de\(\vec{p},\) nosotros también escribimos\(d f(\vec{p} ; \vec{t})\) para\(d f(\vec{t})\) y\(d f(\vec{p} ; \cdot)\) para\(d f\).
Algunos autores escriben\(f^{\prime}(\vec{p})\)\(d f(\vec{p} ; \cdot)\) y lo llaman el derivado en\(\vec{p},\) pero no haremos esto (ver Prefacio). Siguiendo a M. Spivak, sin embargo, utilizaremos\("[f^{\prime}(\vec{p})] "\) para su matriz, de la siguiente manera.
Si\(E^{\prime}=E^{n}\left(C^{n}\right)\) y\(E=E^{m}\left(C^{m}\right),\) y\(f : E^{\prime} \rightarrow E\) es diferenciable en\(\vec{p},\) nos fijamos
\ [
\ izquierda [f^ {\ prime} (\ vec {p})\ derecha] = [d f (\ vec {p};\ cdot)]
\]
y llamarlo la matriz jacobiana de\(f\) al\(\vec{p}\).
Nota 1. En el capítulo 5, §6, no definimos\(d f\) como mapeo. Sin embargo, si\(E^{\prime}=E^{1},\) el valor de la función
\ [
d f (p; t) =v t=f^ {\ prime} (p)\ Delta x
\]
es como en el Capítulo 5, §6.
Además,\(\left[f^{\prime}(p)\right]\) es una\(1 \times 1\) matriz con un solo término\(f^{\prime}(p) .\) (¿Por qué?) Esto motivó Definición 2.
(La singularidad de\(d f ) .\) Si\(f : E^{\prime} \rightarrow E\) es diferenciable en\(\vec{p},\) ese momento el mapa\(\phi\) descrito en la Definición 1 es único (dependiente de\(f\) y\(\vec{p}\) solo).
- Prueba
-
Supongamos que hay otro mapa lineal\(g : E^{\prime} \rightarrow E\) tal que
\ [
\ lim _ {\ vec {t}\ fila derecha\ overrightarrow {0}}\ frac {1} {|\ vec {t} |} [f (\ vec {p} +\ vec {t}) -f (\ vec {p}) -g (\ vec {t})] =\ lim _ {\ vec {t}\ fila derecha\ overrightarrow {0}}\ frac {1} {|\ vec {t} |} [\ Delta f-g (\ vec {t})] =0.
\]Dejar\(h=\phi-g .\) Por Corolario 1 en §2,\(h\) es lineal.
Además, por la ley del triángulo,
\ [
|h (\ vec {t}) |=|\ phi (\ vec {t}) -g (\ vec {t}) |\ leq|\ Delta f-\ phi (\ vec {t}) |+|\ Delta f-g (\ vec {t}) |.
\]Por lo tanto, dividiendo por\(|\vec{t}|\),
\ [
\ izquierda|h\ izquierda (\ frac {\ vec {t}} {|\ vec {t} |}\ derecha)\ derecha|=\ frac {1} {|\ vec {t} |} |h (\ vec {t}) |\ leq\ frac {1} {|\ vec {t} |} |\ Delta f-\ phi (\ vec {t} |\ vec {t} |\ Delta f-\ phi (\ vec {t} |\ vec c {t}) |+\ frac {1} {|\ vec {t} |} |\ Delta f-g (\ vec {t}) |.
\]Por\((3)\) y\((2),\) las expresiones del lado derecho tienden a 0 como\(\vec{t} \rightarrow \overrightarrow{0} .\) Así
\ [
\ lim _ {\ vec {t}\ fila derecha\ overrightarrow {0}} h\ izquierda (\ frac {\ vec {t}} {|\ vec {t} |}\ derecha) =0.
\]Esto sigue siendo válido también si\(\vec{t} \rightarrow \overrightarrow{0}\) sobre cualquier línea a través de\(\overrightarrow{0},\) modo que se\(\vec{t} /|\vec{t}|\) mantenga constante, digamos\(\vec{t} /|\vec{t}|=\vec{u},\) dónde\(\vec{u}\) está un vector unitario arbitrario (pero fijo).
Entonces
\ [
h\ izquierda (\ frac {\ vec {t}} {|\ vec {t} |}\ derecha) =h (\ vec {u})
\]es constante; por lo que puede tender a\(0\) solo si es igual a\(0,\) así\(h(\vec{u})=0\) para cualquier vector de unidad\(\vec{u} .\)
Dado que cualquiera\(\vec{x} \in E^{\prime}\) puede escribirse como rendimientos de\(\vec{x}=|\vec{x}| \vec{u},\) linealidad
\ [
h (\ vec {x}) =|\ vec {x} | h (\ vec {u}) =0.
\]Así\(h=\phi-g=0\) sucesivamente\(E^{\prime},\) y así\(\phi=g\) después de todo, demostrando la singularidad de\(\phi . \square\)
Si\(f\) es diferenciable en\(\vec{p},\) entonces
(i)\(f\) es continuo en\(\vec{p}\);
(ii) para cualquiera\(\vec{u} \neq \overrightarrow{0},\) tiene el derivado\(\vec{u}\) -dirigido
\ [
D_ {\ vec {u}} f (\ vec {p}) =d f (\ vec {p};\ vec {u}).
\]
- Prueba
-
Por suposición, la fórmula\((2)\) se mantiene para\(\phi=d f(\vec{p} ; \cdot)\).
Así, dado que\(\varepsilon>0,\) hay\(\delta>0\) tal que, fijando\(\Delta f=f(\vec{p}+\vec{t})-f(\vec{p})\) tenemos
\ [
\ frac {1} {|\ vec {t} |} |\ Delta f-\ phi (\ vec {t}) |<\ varepsilon\ texto {siempre} 0<|\ vec {t} |<\ delta;
\]o, por la ley del triángulo,
\ [
|\ Delta f|\ leq|\ Delta f-\ phi (\ vec {t}) |+|\ phi (\ vec {t}) |\ leq\ varepsilon|\ vec {t} |+|\ phi (\ vec {t}) |,\ quad 0<|\ vec {t} |<\ delta.
\]Ahora, por Definición\(1, \phi\) es lineal y continuo; entonces
\ [
\ lim _ {\ vec {t}\ fila derecha\ overrightarrow {0}} |\ phi (\ vec {t}) |=|\ phi (\ overrightarrow {0}) |=0.
\]Así, haciendo\(\vec{t} \rightarrow \overrightarrow{0}\) adentro\((5),\) con\(\varepsilon\) fijo, conseguimos
\ [
\ lim _ {\ vec {t}\ fila derecha\ overrightarrow {0}} |\ Delta f|=0.
\]Como\(\vec{t}\) es sólo otra notación para\(\Delta \vec{x}=\vec{x}-\vec{p},\) esto prueba la aserción (i).
A continuación, arregle cualquier\(\vec{u} \neq \overrightarrow{0}\)\(E^{\prime},\) entrada y sustituya\(t \vec{u}\)\(\vec{t}\) en\((4)\).
En otras palabras,\(t\) es una variable real,\(0<t<\delta /|\vec{u}|,\) así que eso\(\vec{t}=t \vec{u}\) satisface\(0<|\vec{t}|<\delta\).
Multiplicando por\(|\vec{u}|,\) utilizamos la linealidad de\(\phi\) para obtener
\ [
\ varepsilon|\ vec {u} |>\ izquierda|\ frac {\ Delta f} {t} -\ frac {\ phi (t\ vec {u})} {t}\ derecha|=\ izquierda|\ frac {\ Delta f} {t} -\ phi (\ vec {u})\ derecha|=\ izquierda|\ frac {t} - f (\ vec {p} +t\ vec {u}) -f (\ vec {p})} {t} -\ phi (\ vec {u})\ derecha|.
\]Como\(\varepsilon\) es arbitrario, tenemos
\ [
\ phi (\ vec {u}) =\ lim _ {t\ fila derecha 0}\ frac {1} {t} [f (\ vec {p} +t\ vec {u}) -f (\ vec {p})].
\]Pero esto es simplemente\(D_{\vec{u}} f(\vec{p}),\) por la Definición 1 en §1.
Así\(D_{\vec{u}} f(\vec{p})=\phi(\vec{u})=d f(\vec{p} ; \vec{u}),\) demostrando\((\mathrm{ii}) . \square\)
Nota 2. Si\(E^{\prime}=E^{n}(C^{n}),\) Teorema 2 (iii) muestra que si\(f\) es diferenciable en\(\vec{p},\) él tiene\(n\) los parciales
\[D_{k} f(\vec{p})=d f\left(\vec{p} ; \vec{e}_{k}\right), \quad k=1, \ldots, n.\]
Pero lo contrario falla: la existencia del ni siquiera\(D_{k} f(\vec{p})\) implica continuidad, y mucho menos diferenciabilidad (ver §1). Además, tenemos el siguiente resultado.
Si\(E^{\prime}=E^{n}\left(C^{n}\right)\) y si\(f : E^{\prime} \rightarrow E\) es diferenciable en\(\vec{p},\) ese momento
\[d f(\vec{p} ; \vec{t})=\sum_{k=1}^{n} t_{k} D_{k} f(\vec{p})=\sum_{k=1}^{n} t_{k} \frac{\partial}{\partial x_{k}} f(\vec{p}),\]
donde\(\vec{t}=\left(t_{1}, \ldots, t_{n}\right)\).
Prueba
-
Por definición,\(\phi=d f(\vec{p}; \cdot)\) es un mapa lineal para un fijo\(\vec{p}\).
Si\(E^{\prime}=E^{n}\) o\(C^{n},\) podemos usar la fórmula (3) de §2, reemplazando\(f\) y\(\vec{x}\) por\(\phi\) y\(\vec{t},\) y obtener
\[\phi(\vec{t})=d f(\vec{p}; \vec{t})=\sum_{k=1}^{n} t_{k} d f\left(\vec{p}; \vec{e}_{k}\right)=\sum_{k=1}^{n} t_{k} D_{k} f(\vec{p})\]
por Nota 2. \(\quad \square\)
Nota 3. En notación clásica, se escribe\(\Delta x_{k}\) o\(d x_{k}\) para\(t_{k}\) en (6). Por lo tanto, omitir\(\vec{p}\) y la\(\vec{t},\) fórmula (6) a menudo se escribe como
\[d f=\frac{\partial f}{\partial x_{1}} d x_{1}+\frac{\partial f}{\partial x_{2}} d x_{2}+\cdots+\frac{\partial f}{\partial x_{n}} d x_{n}.\]
En particular, si\(n=3,\) escribimos\(x, y, z\) para\(x_{1}, x_{2}, x_{3}.\) Esto rinde
\[d f=\frac{\partial f}{\partial x} d x+\frac{\partial f}{\partial y} d y+\frac{\partial f}{\partial z} d z\]
(una fórmula de cálculo familiar).
Nota 4. Si el espacio de rango\(E\) en el Corolario 1 es\(E^{1}(C),\) entonces la\(D_{k} f(\vec{p})\) forma una\(n\) -tupla de escalares, es decir, un vector en\(E^{n}(C^{n}).\)
En caso de\(f : E^{n} \rightarrow E^{1},\) que lo denotemos por
\[\nabla f(\vec{p})=\left(D_{1} f(\vec{p}), \ldots, D_{n} f(\vec{p})\right)=\sum_{k=1}^{n} \vec{e}_{k} D_{k} f(\vec{p}).\]
En caso de\(f : C^{n} \rightarrow C,\) que sustituyamos el\(D_{k} f(\vec{p})\) por sus conjugados\(\overline{D_{k} f(\vec{p})}\) y fijemos
\[\nabla f(\vec{p})=\sum_{k=1}^{n} \vec{e}_{k} \overline{D_{k} f(\vec{p})}.\]
El vector\(\nabla f(\vec{p})\) se llama el gradiente de\(f\) (“grad\(f\) “) at\(\vec{p}\).
De (6) obtenemos
\[d f(\vec{p};\vec{t})=\sum_{k=1}^{n} t_{k} D_{k} f(\vec{p})=\vec{t} \cdot \nabla f(\vec{p})\]
(punto producto de\(\vec{t}\) por\(\nabla f(\vec{p}) ),\) proporcionado\(f : E^{n} \rightarrow E^{1}\) (o\(f : C^{n} \rightarrow C )\) es diferenciable en\(\vec{p}\).
Esto nos lleva al siguiente resultado.
Una función\(f : E^{n} \rightarrow E^{1}\) (o\(f : C^{n} \rightarrow C\)) es diferenciable en\(\vec{p}\) iff
\[\lim _{\vec{t} \rightarrow \overline{0}} \frac{1}{|\vec{t}|}|f(\vec{p}+\vec{t})-f(\vec{p})-\vec{t} \cdot \vec{v}|=0\]
para algunos\(\vec{v} \in E^{n}(C^{n})\).
En este caso, necesariamente\(\vec{v}=\nabla f(\vec{p})\) y\(\vec{t} \cdot \vec{v}=d f(\vec{p} ; \vec{t}), \vec{t} \in E^{n}(C^{n})\).
- Prueba
-
Si\(f\) es diferenciable en\(\vec{p},\) podemos establecer\(\phi=d f(\vec{p} ; \cdot)\) y\(\vec{v}=\nabla f(\vec{p})\)
Luego por (7),
\[\phi(\vec{t})=d f(\vec{p} ; \vec{t})=\vec{t} \cdot \vec{v};\]
así por Definición 1, (8) resultados.
Por el contrario, si algunos\(\vec{v}\) satisface (8), conjunto\(\phi(\vec{t})=\vec{t} \cdot \vec{v}.\) Entonces (8) implica (2), y\(\phi\) es lineal y continuo.
Así, por definición,\(f\) es diferenciable en\(\vec{p};\) tan (7) sostiene.
Además,\(\phi\) es un lineal funcional en\(E^{n}(C^{n}).\) Por Teorema 2 (ii) en §2, el\(\vec{v}\) in\(\phi(\vec{t})=\vec{t} \cdot \vec{v}\) es único, como es\(\phi.\)
Así por (7),\(\vec{v}=\nabla f(\vec{p})\) necesariamente. \(\quad \square\)
Si\(f : E^{n} \rightarrow E^{1}\) (real) es relativamente continuo en un segmento cerrado\(L[\vec{p}, \vec{q}], \vec{p} \neq \vec{q},\) y diferenciable en\(L(\vec{p}, \vec{q}),\) entonces
\[f(\vec{q})-f(\vec{p})=(\vec{q}-\vec{p}) \cdot \nabla f(\vec{x}_{0})\]
para algunos\(\vec{x}_{0} \in L(\vec{p}, \vec{q})\).
- Prueba
-
Let
\[r=|\vec{q}-\vec{p}|, \quad \vec{v}=\frac{1}{r}(\vec{q}-\vec{p}), \text { and } r \vec{v}=(\vec{q}-\vec{p}).\]
Por (7) y Teorema 2 (ii),
\[D_{\vec{v}} f(\vec{x})=d f(\vec{x} ; \vec{v})=\vec{v} \cdot \nabla f(\vec{x})\]
para\(\vec{x} \in L(\vec{p}, \vec{q}).\) Así, por la fórmula (3') del Corolario 2 en §1,
\[f(\vec{q})-f(\vec{p})=r D_{\vec{v}} f\left(\vec{x}_{0}\right)=r \vec{v} \cdot \nabla f(\vec{x}_{0})=(\vec{q}-\vec{p}) \cdot \nabla f(\vec{x}_{0})\]
para algunos\(\vec{x}_{0} \in L(\vec{p}, \vec{q}). \quad \square\)
Como sabemos, la mera existencia de parciales no implica diferenciabilidad. Pero la existencia de parciales continuos sí. En efecto, tenemos el siguiente teorema.
Vamos\(E^{\prime}=E^{n}(C^{n})\).
Si\(f : E^{\prime} \rightarrow E\) tiene las derivadas parciales\(D_{k} f(k=1, \ldots, n)\) en todo de un conjunto abierto\(A \subseteq E^{\prime},\) y si las\(D_{k} f\) son continuas en algunos\(\vec{p} \in A,\) entonces\(f\) es diferenciable en\(\vec{p}\).
- Prueba
-
Con\(\vec{p}\) lo anterior, vamos
\[\phi(\vec{t})=\sum_{k=1}^{n} t_{k} D_{k} f(\vec{p}) \text { with } \vec{t}=\sum_{k=1}^{n} t_{k} \vec{e}_{k} \in E^{\prime}.\]
Entonces\(\phi\) es continuo (¡un polinomio!) y lineal (Corolario 2 en §2).
Así, por la Definición 1, queda por demostrar que
\[\lim _{\vec{t} \rightarrow \overrightarrow{0}|\vec{t}|}|\Delta f-\phi(\vec{t})|=0;\]
es decir;
\[\lim _{\vec{t} \in \overrightarrow{0}} \frac{1}{|\vec{t}|}\left|f(\vec{p}+\vec{t})-f(\vec{p})-\sum_{k=1}^{n} t_{k} D_{k} f(\vec{p})\right|=0.\]
Para ello, arreglar\(\varepsilon>0.\) As\(A\) está abierto y el\(D_{k} f\) son continuos en\(\vec{p} \in A\) hay\(\delta>0\) tal que\(G_{\vec{p}}(\delta) \subseteq A\) y simultáneamente (¡explique esto!)
\[(\forall \vec{x} \in G_{\vec{p}}(\delta)) \quad\left|D_{k} f(\vec{x})-D_{k} f(\vec{p})\right|<\frac{\varepsilon}{n}, k=1, \ldots, n.\]
Por lo tanto, para cualquier conjunto\(I \subseteq G_{\vec{p}}(\delta)\)
\[\sup _{\vec{x} \in I}\left|D_{k} f(\vec{x})-D_{k} f(\vec{p})\right| \leq \frac{\varepsilon}{n}. \quad (Why?)\]
Ahora arregla cualquiera\(\vec{t} \in E^{\prime}, 0<|\vec{t}|<\delta,\) y vamos\(\vec{p}_{0}=\vec{p}\),
\[\vec{p}_{k}=\vec{p}+\sum_{i=1}^{k} t_{i} e_{i}, \quad k=1, \ldots, n.\]
Entonces
\[\vec{p}_{n}=\vec{p}+\sum_{i=1}^{n} t_{i} \vec{e}_{i}=\vec{p}+\vec{t},\]
\(\left|\vec{p}_{k}-\vec{p}_{k-1}\right|=\left|t_{k}\right|,\)y todos\(\vec{p}_{k}\) se encuentran\(G_{\vec{p}}(\delta),\) en
\[\left|\vec{p}_{k}-\vec{p}\right|=\left|\sum_{i=1}^{k} t_{i} e_{i}\right|=\sqrt{\sum_{i=1}^{k}\left|t_{i}\right|^{2}} \leq \sqrt{\sum_{i=1}^{n}\left|t_{i}\right|^{2}}=|\vec{t}|<\delta,\]
según sea necesario.
Como\(G_{p}(\delta)\) es convexo (Capítulo 4, §9),\(I_{k}=L\left[\vec{p}_{k-1}, \vec{p}_{k}\right]\) todos los segmentos se encuentran en\(G_{\vec{p}}(\delta) \subseteq A;\) y por suposición,\(f\) tiene todos los parciales ahí.
De ahí que por el Teorema 1 en §1,\(f\) sea relativamente continuo en todos\(I_{k}\).
Todo esto también se aplica a las funciones\(g_{k},\) definidas por
\[\left(\forall \vec{x} \in E^{\prime}\right) \quad g_{k}(\vec{x})=f(\vec{x})-x_{k} D_{k} f(\vec{p}), \quad k=1, \ldots, n.\]
(¿Por qué?) Aquí
\[D_{k} g_{k}(\vec{x})=D_{k} f(\vec{x})-D_{k} f(\vec{p}).\]
(¿Por qué?)
Así, por el Corolario 2 en §1, y (11) supra,
\[\begin{aligned}\left|g_{k}\left(\vec{p}_{k}\right)-g_{k}\left(\vec{p}_{k-1}\right)\right| & \leq\left|\vec{p}_{k}-\vec{p}_{k-1}\right| \sup _{x \in I_{k}}\left|D_{k} f(\vec{x})-D_{k} f(\vec{p})\right| \\ & \leq \frac{\varepsilon}{n}\left|t_{k}\right| \leq \frac{\varepsilon}{n}|\vec{t}|, \end{aligned}\]
desde
\[\left|\vec{p}_{k}-\vec{p}_{k-1}\right|=\left|t_{k} \vec{e}_{k}\right| \leq|\vec{t}|,\]
por construcción.
Combinar con (12), recordando que las coordenadas\(k\) th\(x_{k},\) para\(\vec{p}_{k}\) y\(\vec{p}_{k-1}\) difieren por\(t_{k};\) lo que obtenemos
\[\begin{aligned}\left|g_{k}\left(\vec{p}_{k}\right)-g_{k}\left(\vec{p}_{k-1}\right)\right| &=\left|f\left(\vec{p}_{k}\right)-f\left(\vec{p}_{k-1}\right)-t_{k} D_{k} f(\vec{p})\right| \\ & \leq \frac{\varepsilon}{n}|\vec{t}|. \end{aligned}\]
Además,
\[\begin{aligned} \sum_{k=1}^{n}\left[f\left(\vec{p}_{k}\right)-f\left(\vec{p}_{k-1}\right)\right] &=f\left(\vec{p}_{n}\right)-f\left(\vec{p}_{0}\right) \\ &=f(\vec{p}+\vec{t})-f(\vec{p})=\Delta f(\text {see above}). \end{aligned}\]
Por lo tanto,
\[\begin{aligned}\left|\Delta f-\sum_{k=1}^{n} t_{k} D_{k} f(\vec{p})\right| &=\left|\sum_{k=1}^{n}\left[f\left(\vec{p}_{k}\right)-f\left(\vec{p}_{k-1}\right)-t_{k} D_{k} f(\vec{p})\right]\right| \\ & \leq n \cdot \frac{\varepsilon}{n}|\vec{t}|=\varepsilon|\vec{t}|. \end{aligned}\]
Como\(\varepsilon\) es arbitrario, (10) sigue, y todo está probado. \(\quad \square\)
Si\(f : E^{n} \rightarrow E^{m}\) (o\(f : C^{n} \rightarrow C^{m})\) es diferenciable en\(\vec{p},\) con\(f=\left(f_{1}, \ldots, f_{m}\right),\) entonces\(\left[f^{\prime}(\vec{p})\right]\) es una\(m \times n\) matriz,
\[\left[f^{\prime}(\vec{p})\right]=\left[D_{k} f_{i}(\vec{p})\right], \quad i=1, \ldots, m, k=1, \ldots, n.\]
- Prueba
-
Por definición,\(\left[f^{\prime}(\vec{p})\right]\) es la matriz del mapa lineal\(\phi=d f(\vec{p} ; \cdot),\)\(\phi=\left(\phi_{1}, \ldots, \phi_{m}\right).\) Aquí
\[\phi(\vec{t})=\sum_{k=1}^{n} t_{k} D_{k} f(\vec{p})\]
por Corolario 1.
Como\(f=\left(f_{1}, \ldots, f_{m}\right),\) podemos calcular\(D_{k} f(\vec{p})\) componentwise por Teorema 5 del Capítulo 5, §1, y Nota 2 en §1 para obtener
\[\begin{aligned} D_{k} f(\vec{p}) &=\left(D_{k} f_{1}(\vec{p}), \ldots, D_{k} f_{m}(\vec{p})\right) \\ &=\sum_{i=1}^{m} e_{i}^{\prime} D_{k} f_{i}(\vec{p}), \quad k=1,2, \ldots, n, \end{aligned}\]
donde\(e_{i}^{\prime}\) están los vectores básicos en\(E^{m}\left(C^{m}\right).\) (Recordemos que los\(\vec{e}_{k}\) son los vectores básicos en\(E^{n}\left(C^{n}\right).)\)
Por lo tanto
\[\phi(\vec{t})=\sum_{i=1}^{m} e_{i}^{\prime} \phi_{i}(\vec{t}).\]
Además,
\[\phi(\vec{t})=\sum_{k=1}^{n} t_{k} \sum_{i=1}^{m} e_{i}^{\prime} D_{k} f_{i}(\vec{p})=\sum_{i=1}^{m} e_{i}^{\prime} \sum_{k=1}^{n} t_{k} D_{k} f_{i}(\vec{p}).\]
La singularidad de la descomposición (Teorema 2 en el Capítulo 3, §§1-3) ahora rinde
\[\phi_{i}(\vec{t})=\sum_{k=1}^{n} t_{k} D_{k} f_{i}(\vec{p}), \quad i=1, \ldots, m, \quad \vec{t} \in E^{n}\left(C^{n}\right).\]
Si aquí\(\vec{t}=\vec{e}_{k},\) entonces\(t_{k}=1,\) mientras\(t_{j}=0\) para\(j \neq k.\) Así obtenemos
\[\phi_{i}\left(\vec{e}_{k}\right)=D_{k} f_{i}(\vec{p}), \quad i=1, \ldots, m, k=1, \ldots, n.\]
Por lo tanto,
\[\phi\left(\vec{e}_{k}\right)=\left(v_{1 k}, v_{2 k}, \ldots, v_{m k}\right),\]
donde
\[v_{i k}=\phi_{i}\left(\vec{e}_{k}\right)=D_{k} f_{i}(\vec{p}).\]
Pero por la Nota 3 de §2,\(v_{1 k}, \ldots, v_{m k}\) (escrita verticalmente) es la\(k\) ésima columna de la\(m \times n\) matriz\([\phi]=\left[f^{\prime}(\vec{p})\right].\) Así resulta la fórmula (14) efectivamente. \(\quad \square\)
En conclusión, recalquemos nuevamente que si bien\(D_{\vec{u}} f(\vec{p})\) es una constante, para un fijo\(\vec{p}, d f(\vec{p} ; \cdot)\) es un mapeo
\[\phi \in L\left(E^{\prime}, E\right),\]
especialmente “adaptado” para\(\vec{p}\).
El lector debe estudiar cuidadosamente al menos los problemas “arrojados” a continuación.