[Analisi II] Una curva in un insieme aperto e di classe C1?
Salve ragazzi, come da titolo volevo chiedervi se è vero che dato un insieme aperto connesso ed una curva $ gamma $ tale che $ gamma[0]=x1, gamma[1]=x2 $ con x1 ed x2 interni all'insieme, allora $ gamma $ è di classe C1.
Ho un teorema, precisamente "Funzioni con gradiente identificamente nullo su un aperto connesso, sono costanti nell'insieme", nella dimostrazione si definisce questa curva $ gamma $ di classe C0, tale che $ gamma[0]=x1, gamma[1]=x2 $ , e viene successivamente detto che, dal fatto che l'insieme è aperto, gamma sarà di classe C1.
Ora non so se questa cosa è vera ma se viene detta dalle dispense del professore, immagino che lo sia. il problema è che non viene data una dimostrazione di questo fatto, quindi dovrei imparare questo passaggio "a memoria" senza capirne il significato, ed io odio imparare le cose a memoria senza capirle...
Per favore potreste venirmi in aiuto voi? grazie mille!!!
Ho un teorema, precisamente "Funzioni con gradiente identificamente nullo su un aperto connesso, sono costanti nell'insieme", nella dimostrazione si definisce questa curva $ gamma $ di classe C0, tale che $ gamma[0]=x1, gamma[1]=x2 $ , e viene successivamente detto che, dal fatto che l'insieme è aperto, gamma sarà di classe C1.
Ora non so se questa cosa è vera ma se viene detta dalle dispense del professore, immagino che lo sia. il problema è che non viene data una dimostrazione di questo fatto, quindi dovrei imparare questo passaggio "a memoria" senza capirne il significato, ed io odio imparare le cose a memoria senza capirle...
Per favore potreste venirmi in aiuto voi? grazie mille!!!
Risposte
Ma certo che è falso. Se una curva è di classe $C^0$ come fa a diventare automaticamente di classe $C^1$? Prendi il bordo di un quadrato per esempio.
Quello che è vero è che dati due punti $x_1, x_2$ contenuti in un aperto connesso di $\mathbb{R}^N$, esiste una curva $C^1$ che li congiunge. NON è vero che una congiungente $C^0$ diventa automaticamente $C^1$.
Quello che è vero è che dati due punti $x_1, x_2$ contenuti in un aperto connesso di $\mathbb{R}^N$, esiste una curva $C^1$ che li congiunge. NON è vero che una congiungente $C^0$ diventa automaticamente $C^1$.
aspetta un'attimo, allora posto la dimostrazione del prof in modo da controllare se è giusta o sbagliata
Ipotesi: \( \mho \) aperto connesso, \( \nabla f=0 \)
Tesi: \( f \) costante in \( \mho \)
Dimostrazione: \( \mho \) connesso, prendiamo \( \gamma \in C^0 \) tale che \( \gamma(0)=x1, \gamma(1)=x2 \)
Essendo \( \mho \) aperto \( \Rightarrow \) posso fare \( \gamma \) di classe \( C^1 \)
Per ipotesi il gradiente di F è zero, costruisco quindi \( H(t)=f(\gamma(t)) \) , e andiamo ad applicare lagrange in una variabile su H(t) ottenedo:
\( H(0)-H(1)=H^1(c) \) ed essendo il secondo membro, equivalente al gradiente di F, sarà uguale a zero. di conseguenza avremo: \( H(0)=H(1) \) ovvero risostituendo con la F
\( f(x1)=f(x2) \) che è la definizione di funzione costante ed il teorema è dimostrato.
Come ho detto questa è la dimostrazione del teorema data dal prof. io l'ho capita, eccetto ovviamente il fatto della curva di classe c1
Tesi: \( f \) costante in \( \mho \)
Dimostrazione: \( \mho \) connesso, prendiamo \( \gamma \in C^0 \) tale che \( \gamma(0)=x1, \gamma(1)=x2 \)
Essendo \( \mho \) aperto \( \Rightarrow \) posso fare \( \gamma \) di classe \( C^1 \)
Per ipotesi il gradiente di F è zero, costruisco quindi \( H(t)=f(\gamma(t)) \) , e andiamo ad applicare lagrange in una variabile su H(t) ottenedo:
\( H(0)-H(1)=H^1(c) \) ed essendo il secondo membro, equivalente al gradiente di F, sarà uguale a zero. di conseguenza avremo: \( H(0)=H(1) \) ovvero risostituendo con la F
\( f(x1)=f(x2) \) che è la definizione di funzione costante ed il teorema è dimostrato.
Come ho detto questa è la dimostrazione del teorema data dal prof. io l'ho capita, eccetto ovviamente il fatto della curva di classe c1
Si, ok, lui "tira via" su alcune questioni di interesse per i matematici ma non per le applicazioni. Per definizione un sottoinsieme di \(\mathbb{R}^n\) si dice "connesso" se ogni coppia di punti si può congiungere con un cammino continuo. Risulta poi (e questo è un teorema) che in realtà il cammino si può prendere liscio. E quindi il tuo prof prende un cammino liscio perché altrimenti potrebbe avere problemi a differenziare $f(\gamma(t))$.
Sono dettagli tecnici questi, non molto importanti.
Sono dettagli tecnici questi, non molto importanti.
Scusa dissonance, posso chiederti la dimostrazione?
Per il $C^0$ visto che siamo in un aperto connesso di $\mathbb{R}^n$ vale che connessione $\iff$ connessione per cammini, quindi il cammino continuo è garantito (peraltro, nella dimostrazione del professore, sembrerebbe che l'ipotesi di apertura non venga usata per garantire il cammino continuo, cosa che se non erro è invece necessaria).
Cosa usi per la regolarità?
Per il $C^0$ visto che siamo in un aperto connesso di $\mathbb{R}^n$ vale che connessione $\iff$ connessione per cammini, quindi il cammino continuo è garantito (peraltro, nella dimostrazione del professore, sembrerebbe che l'ipotesi di apertura non venga usata per garantire il cammino continuo, cosa che se non erro è invece necessaria).
Cosa usi per la regolarità?
Se non vuoi fare questo discorso della curva che "diventa" $C^1$, puoi fare così.
Puoi ridimostrare il Teorema sostituendo $\Omega$ con una sfera $B_r(x)$ di centro e raggio qualsiasi. Lo fai senza cambiare niente nella dimostrazione precedente, con la differenza che ora, trovandoti in una sfera, puoi congiungere i varii punti con un segmento. Fatto ciò, ottieni (quasi) automaticamente che il Teorema è valido per un qualsiasi aperto che sia connesso.
Puoi ridimostrare il Teorema sostituendo $\Omega$ con una sfera $B_r(x)$ di centro e raggio qualsiasi. Lo fai senza cambiare niente nella dimostrazione precedente, con la differenza che ora, trovandoti in una sfera, puoi congiungere i varii punti con un segmento. Fatto ciò, ottieni (quasi) automaticamente che il Teorema è valido per un qualsiasi aperto che sia connesso.
@Frink: graficamente è una cosa ovvia. Puoi congiungere due punti qualsiasi con una poligonale, cioè con una curva costituita da un numero finito di segmenti. Nelle giunzioni tra due segmentini ci sarà un punto di non derivabilità, ma siccome l'insieme è aperto c'è sempre un pochino di spazio per smussare un po' l'angolo e ottenere così una curva liscia.
Certo, ma è quello "smussare" che mi piacerebbe definire con più rigore. E' uno di quei prolungamenti $C^1$ che non mi convincono troppo, sarò troppo poco analista 
"Frink":
(peraltro, nella dimostrazione del professore, sembrerebbe che l'ipotesi di apertura non venga usata per garantire il cammino continuo, cosa che se non erro è invece necessaria).
La apertura non è necessaria per la connessione per cammini. Pensa per esempio ad un dominio stellato fatto da due segmenti che si intersecano nel loro punto medio.
Al contrario è indispensabile per trovare una curva \(\displaystyle C^1 \).
Il fatto che aperto significa esiste \(\displaystyle C^1 \) a tratti è ovvio: essendo \(\displaystyle I = [0,1] \) compatto posso trovare una partizione del cammino continuo tale che gli estremi di ogni segmento della partizione di \(\displaystyle I \) sono contenuti in una palla aperta. Unendoli si trova un cammino fatto da segmenti e quindi \(\displaystyle C^{\infty} \) a tratti.
[strike]Per il passaggio basta sfruttare la interpolazione polinomiale o spline sugli stessi punti usati per la \(\displaystyle C^{\infty} \) a tratti e procedere al limite aumentando di volta in volta i punti. La dimostrazione a quel punto diventa di dimostrare che la distanza massima tra le due curve diventa zero al limite[/strike] e usare il fatto che tutte le curve sufficientemente vicine al cammino sono dentro \(\displaystyle \Omega \) (ne posso dare una dimostrazione se serve).
[EDIT] Mi sono reso conto che l'approssimazione polinomiale calcola spesso l'errore usando la derivabilità della funzione che approssima, quindi prima di usare quel metodo devo ragionare sopra la cosa ancora un po'.
Ok, ho trovato la dimostrazione a quello che diceva dissonance. Data la curva \(\gamma\), \(C^1\) a tratti, per ogni punti di discontinuità \(x_i\in I\) posso sempre trovare un \(\delta > 0\) tale che \(\displaystyle \{ \gamma(x_i),\, \gamma(x_i - \delta),\, \gamma(x_i+\delta) \} \subset B(\gamma(x_i), \epsilon) \subset \Omega \). Per la convessità di \(\displaystyle B(\gamma(x_i), \epsilon) \), l'intero triangolo formato da quei tre punti è contenuto in \(\displaystyle B(\gamma(x_i), \epsilon) \) e posso facilmente "arrotondare" la punta del triangolo in modo da rendere la curva \(\displaystyle C^1 \) (basta usare l'approssimazione di Hermite sui due estremi del triangolo).
E allora se vuoi i "gory details", puoi osservare che la classe $C^1([0,1]; \R^n)$ è densa rispetto alla convergenza uniforme nella classe $C^0([0,1];\R^n)$, e che per ogni fissata curva $\gamma\in C^0$ esiste una successione di curve lisce $\tilde{\gamma}_j$ tali che $\tilde{\gamma}_j(0)=\gamma(0), \tilde{\gamma}_j(1)=\gamma(1)$ e che (\lVert \gamma-\tilde{\gamma}_j \rVert_\infty\to 0\). Quando $\gamma $ è una poligonale, questo processo di approssimazione rimpiazza proprio i "raccordi" che non ti piacciono. Il problema è che questo risultato (con questa generalità) è non banale ed è di importanza in grafica (o così dicono): le approssimanti si chiamano curve di Bézier. E' tutto spiegato qui:
http://en.wikipedia.org/wiki/Bernstein_polynomial
Assunto questo risultato, il resto è discesa: se i punti $x_1, x_2$ sono connessi dal cammino continuo $\gamma$, possiamo trovare un piccolo $\delta>0$ tale che
\[
I_\delta = \gamma([0,1])+B(0, \delta)\subset \Omega. \]
Qui \(B(0, \delta)\) è la palla di raggio $\delta$, (Questi intorni delle curve si chiamano a volte salsicce di Minkowski
). Basta allora prendere una curva $\tilde{\gamma}$ con gli stessi estremi di $\gamma$ e uniformemente distante da essa meno di $\delta$, per connettere $x_1$ e $x_2$ con un cammino liscio.
http://en.wikipedia.org/wiki/Bernstein_polynomial
Assunto questo risultato, il resto è discesa: se i punti $x_1, x_2$ sono connessi dal cammino continuo $\gamma$, possiamo trovare un piccolo $\delta>0$ tale che
\[
I_\delta = \gamma([0,1])+B(0, \delta)\subset \Omega. \]
Qui \(B(0, \delta)\) è la palla di raggio $\delta$, (Questi intorni delle curve si chiamano a volte salsicce di Minkowski
). Basta allora prendere una curva $\tilde{\gamma}$ con gli stessi estremi di $\gamma$ e uniformemente distante da essa meno di $\delta$, per connettere $x_1$ e $x_2$ con un cammino liscio.
"vict85":
La apertura non è necessaria per la connessione per cammini. Pensa per esempio ad un dominio stellato fatto da due segmenti che si intersecano nel loro punto medio.
Ci mancherebbe, ma se $\Omega$ fosse solo connesso, non avremmo la certezza che è connesso per archi, equivalente a trovare il cammino $C^0$. L'apertuta è condizione sufficiente che direi che qui bisogna usare, o vedo male io?
"vict85":
(basta usare l'approssimazione di Hermite sui due estremi del triangolo).
Cioè, l'idea sarebbe di usare Hermite su $\gamma(x_0-\delta)$ e $\gamma(x_0+\delta)$ come estremi? Ma poi, unendo il polinomio trovato con $\gamma$ potremmo avere un raccordo non liscio mi pare, a meno di non imporre una condizione sulla derivata prima (e.g. spline)
@dissonance Grazie mille, sicuramente più di quanto pensassi ma molto interessante, mi pare più giustificata un'approssimazione di questo tipo!
"Frink":
[quote="vict85"]
La apertura non è necessaria per la connessione per cammini. Pensa per esempio ad un dominio stellato fatto da due segmenti che si intersecano nel loro punto medio.
Ci mancherebbe, ma se $\Omega$ fosse solo connesso, non avremmo la certezza che è connesso per archi, equivalente a trovare il cammino $C^0$. L'apertuta è condizione sufficiente che direi che qui bisogna usare, o vedo male io?
"vict85":
(basta usare l'approssimazione di Hermite sui due estremi del triangolo).
Cioè, l'idea sarebbe di usare Hermite su $\gamma(x_0-\delta)$ e $\gamma(x_0+\delta)$ come estremi? Ma poi, unendo il polinomio trovato con $\gamma$ potremmo avere un raccordo non liscio mi pare, a meno di non imporre una condizione sulla derivata prima (e.g. spline)[/quote]
Si, il fatto che sia aperto è una condizione sufficiente per l'uguaglianza tra i due concetti. Ovviamente non è necessaria.
Sulla seconda parte, io parto dalla poligonale e non da un cammino qualsiasi. Insomma il mio problema è solo quello di avere una funzione almeno C^1 che abbia determinate derivate prime in determinati punti. E per quello che uso Hermite http://www.nepero.net/doc/html/MNUG/node47.html
Wow mi fa piacere che il mio 3d si sia animato in questo modo! comunque tornando un attimo alla questione centrale dell'argomento:
Ora ho capito, effettivamente, leggendo anche quello che avete scritto successivamente, mi sembra che siate entrati un po troppo nei dettagli per il corso di laurea di ingegneria informatica (alcuni dei teoremi che avete tirato fuori neanche li abbiamo fatti) quindi penso che sia giusto dover prendere "per giusto" il cammino di classe c1.
Grazie mille anche a te, questa in effetti è un'altra dimostrazione che ho trovato su alcuni appunti più vecchi di una studentessa, ma sinceramente trovo la prima dimostrazione molto più "bella" e soprattutto rapida, perche con la dimostrazione che esponi tu, dovrei prima dimostrare il lemma per una sfera, e poi "riportare" il tutto in un aperto connesso nel quale possono essere costruite delle sfere infinitesimali e quindi il teorema è dimostrato.
Comunque grazie veramente a tutti. siete sempre chiarissimi dove molte volte il professore o i libri danno delle cose per scontato...
"dissonance":
Si, ok, lui "tira via" su alcune questioni di interesse per i matematici ma non per le applicazioni. Per definizione un sottoinsieme di \( \mathbb{R}^n \) si dice "connesso" se ogni coppia di punti si può congiungere con un cammino continuo. Risulta poi (e questo è un teorema) che in realtà il cammino si può prendere liscio. E quindi il tuo prof prende un cammino liscio perché altrimenti potrebbe avere problemi a differenziare $ f(\gamma(t)) $.
Sono dettagli tecnici questi, non molto importanti.
Ora ho capito, effettivamente, leggendo anche quello che avete scritto successivamente, mi sembra che siate entrati un po troppo nei dettagli per il corso di laurea di ingegneria informatica (alcuni dei teoremi che avete tirato fuori neanche li abbiamo fatti) quindi penso che sia giusto dover prendere "per giusto" il cammino di classe c1.
"Plepp":
Se non vuoi fare questo discorso della curva che "diventa" $ C^1 $, puoi fare così.
Puoi ridimostrare il Teorema sostituendo $ \Omega $ con una sfera $ B_r(x) $ di centro e raggio qualsiasi. Lo fai senza cambiare niente nella dimostrazione precedente, con la differenza che ora, trovandoti in una sfera, puoi congiungere i varii punti con un segmento. Fatto ciò, ottieni (quasi) automaticamente che il Teorema è valido per un qualsiasi aperto che sia connesso.
Grazie mille anche a te, questa in effetti è un'altra dimostrazione che ho trovato su alcuni appunti più vecchi di una studentessa, ma sinceramente trovo la prima dimostrazione molto più "bella" e soprattutto rapida, perche con la dimostrazione che esponi tu, dovrei prima dimostrare il lemma per una sfera, e poi "riportare" il tutto in un aperto connesso nel quale possono essere costruite delle sfere infinitesimali e quindi il teorema è dimostrato.
Comunque grazie veramente a tutti. siete sempre chiarissimi dove molte volte il professore o i libri danno delle cose per scontato...
"Zodiac":
Ora ho capito, effettivamente, leggendo anche quello che avete scritto successivamente, mi sembra che siate entrati un po troppo nei dettagli per il corso di laurea di ingegneria informatica (alcuni dei teoremi che avete tirato fuori neanche li abbiamo fatti) quindi penso che sia giusto dover prendere "per giusto" il cammino di classe c1.
Quello a cui fa riferimento dissonance è un teorema che viene eventualmente visto nelle magistrali di matematica e spesso senza dimostrazione[nota]La dimostrazione non l'ho mai vista in dettaglio, ma il punto è sostanzialmente che la differenza di quei polinomi (anzi con il polinomio interpolante in quella forma) con la funzione è un successione di funzioni continue che converge a zero uniformemente.[/nota].
"Zodiac":
Grazie mille anche a te, questa in effetti è un'altra dimostrazione che ho trovato su alcuni appunti più vecchi di una studentessa, ma sinceramente trovo la prima dimostrazione molto più "bella" e soprattutto rapida, perche con la dimostrazione che esponi tu, dovrei prima dimostrare il lemma per una sfera, e poi "riportare" il tutto in un aperto connesso nel quale possono essere costruite delle sfere infinitesimali e quindi il teorema è dimostrato.
In realtà è un dimostrazione più elementare. L’unica cosa che serve per la dimostrazione è che la sfera aperta è convessa, ovvero ogni due punti in essa sono collegati da un segmento. La funzione \(H = f\circ \gamma\) è una funzione in una variabile piuttosto semplice. Qui puoi usare Lagrange come il professore, oppure semplicemente il fatto che per ogni punto \(\displaystyle \frac{d H}{dt} = \sum \frac{\partial f}{\partial x_i} \frac{dx_i}{dt} = \langle \nabla f, P - Q\rangle = 0\) .
Il passaggio finale è in realtà più facile di quello che pensi. Supponi \(f(P) = k\) per un \(\displaystyle P\in \mho \) allora \(\displaystyle f^{-1}(k) \) è chiuso perché f è continua e aperto perché \(\displaystyle f \) è localmente costante. Pertanto è l'intero \(\displaystyle \mho \) perché \(\displaystyle \mho \) è connesso.
"vict85":
Si, il fatto che sia aperto è una condizione sufficiente per l'uguaglianza tra i due concetti. Ovviamente non è necessaria.
Ultima cosa, poi chiudo l'OT, e mi scuso con Zodiac per aver intasato il suo post.
Supponiamo di non dare l'ipotesi di apertura ad $\Omega \in \mathbb{R}^n$, ma di dargli solo la connessione. Su questo $\Omega$ non è sicuro che esista un cammino $\gamma \in C^0(\Omega)$. Controesempio: la famosissima "pulce e il pettine".
Ecco che allora l'apertura diventa fondamentale anche per parlare con certezza di un cammino $C^0$, non solo per il $C^1$; era questo che intendevo quando dicevo che il professore ne fa tacito uso nella costruzione di $\gamma$.
Grazie mille!
frink, di cosa ti scusi? mi fa piacere il mio post possa essere utile anche a qualcun'altro.
vict85, non è che non ho capito la seconda dimostrazione esposta, grazie della spiegazione ma semplicemente mi rimane più semplice dimostrarlo nel primo modo, tanto comunque è stato il professore a spiegarla in quel modo quindi penso che a lui vada bene (e comunque i professori, salvo rari casi, non sono esseri malefici, quindi tra una dimostrazione più veloce ed immediata, ed una più lunga, penso che per il bene degli studenti preferiscano spiegare quella breve e semplice, ovviamente parlo per il mio corso di studi)
frink, di cosa ti scusi? mi fa piacere il mio post possa essere utile anche a qualcun'altro.
vict85, non è che non ho capito la seconda dimostrazione esposta, grazie della spiegazione ma semplicemente mi rimane più semplice dimostrarlo nel primo modo, tanto comunque è stato il professore a spiegarla in quel modo quindi penso che a lui vada bene (e comunque i professori, salvo rari casi, non sono esseri malefici, quindi tra una dimostrazione più veloce ed immediata, ed una più lunga, penso che per il bene degli studenti preferiscano spiegare quella breve e semplice, ovviamente parlo per il mio corso di studi)
Peraltro, per questa dimostrazione basterebbe una spezzata (non $C^1$).
Infatti, definiamo $\gamma:[t_0,t_n] \subset \Omega \rightarrow \mathbb{R}^n$ la spezzata tale che $\gamma(t_0)=x_0$, $\gamma(t_n)=x_n$ che passa per i punti $\gamma(t_i)=x_i \ \forall i=1, ...\ , n-1$.
Ogni segmento sarà $C^1$, quindi $H(t_i)-H(t_{i-1})=H'(\xi_i)(t_i-t_{i-1})$ e siccome $H'(\xi_i)=0$ abbiamo che $H$ è costante su tutti i nodi $x_i$ e quindi anche agli estremi.
Senza complicarsi tanto la vita
Infatti, definiamo $\gamma:[t_0,t_n] \subset \Omega \rightarrow \mathbb{R}^n$ la spezzata tale che $\gamma(t_0)=x_0$, $\gamma(t_n)=x_n$ che passa per i punti $\gamma(t_i)=x_i \ \forall i=1, ...\ , n-1$.
Ogni segmento sarà $C^1$, quindi $H(t_i)-H(t_{i-1})=H'(\xi_i)(t_i-t_{i-1})$ e siccome $H'(\xi_i)=0$ abbiamo che $H$ è costante su tutti i nodi $x_i$ e quindi anche agli estremi.
Senza complicarsi tanto la vita
Certo uno deve dimostrare che invece di un generico cammino $C^0$ può prendere una poligonale...
Questo comunque è sicuramente più facile rispetto al dimostrare che il cammino può essere preso $C^1$.
Questo comunque è sicuramente più facile rispetto al dimostrare che il cammino può essere preso $C^1$.
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