$f \in C^{1}$ con $|f(x)-f(y)| \ge |x-y|$

[Paolo902]

Prendete una funzione $f \in C^{1}(\RR^N, \RR^N)$ tale che
\[
\vert f(x)-f(y) \vert \ge \vert x-y \vert, \qquad \forall x,y \in \mathbb R^N
\]

Si chiede di provare che:
1. $f(\RR^{N})$ è chiuso;
2. la matrice jacobiana $Df(x)$ è invertibile per ogni $x \in \RR^{N}$ e mostrare che ciò implica che $f(RR^N)$ è aperto.
3. $f$ è biettiva.
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Credo di aver risolto i punti 1-3: ve li scrivo ugualmente, perché mi piacerebbe avere qualche conferma. Per quanto riguarda il punto 2, invece, brancolo un po' nel buio e gradirei un vostro parere, per piacere.

1.

Allora, per prima cosa osservo che dalle ipotesi si ha subito che $f$ deve essere iniettiva: infatti, presi $x \ne y$ ho che $|f(x)-f(y)| \ge |x-y|>0$ e perciò $f(x) \ne f(y)$.

Ora voglio provare che $f(RR^N)$ è chiuso. Prendiamo una successione $(y_n)_{n \in \NN} \subseteq f(RR^N)$ e sia $y:=lim_{n} y_n$. Voglio provare che $y \in f(RR^N)$. Per iniettività, posso affermare che per ogni $n \in \NN$ esiste un unico $x_n$ t.c. $f(x_n)=y_n$.

Fissiamo $varepsilon>0$: poiché $(y_n)_{n \in \NN}$ converge, essa è una successione di Cauchy e perciò esiste un $nu \in \NN$ tale che per ogni $n,m \ge nu$ risulta $|y_n-y_m|<\varepsilon$. Sfruttando l'ipotesi, posso affermare che per $n,m \ge nu$ si ha
\[
|x_n-x_m|\le |f(x_n)-f(x_m)|=|y_n-y_m|<\varepsilon
\]
Pertanto $(x_n)_{n \in \NN}$ è di Cauchy e, per completezza, converge a un $overline{x} \in \RR^N$. Ora è ovvio - per continuità sequenziale - che $x$ è proprio ciò che cercavamo: vale infatti $y = lim_{n} f(x_n) = f(\overline{x})$ e quindi $y \in f(RR^N)$. Ciò prova che $f(RR^N)$ è chiuso.

2.

Come vi dicevo, qui ho qualche problema.

In dimensione $N=1$, l'asserto è ovvio: i rapporti incrementali sono tutti inferiormente limitati da 1 che è strettamente positivo. Per permanenza del segno, ciò continua ad essere vero quando $y \to x$ e ciò basta a concludere. Ma in dimensione maggiore che cosa faccio? Non ho molte idee. Devo provare che il differenziale è un isomorfismo...

Naturalmente, la seconda parte della richiesta segue subito dal teorema di inversione locale, vero? Se il differenziale è invertibile, per ogni punto $x_0 \in RR^N$ esiste un intorno $U$ di $x_0$ tale che $V=f(U)$ sia un intorno aperto di $f(x_0)$ in $f(RR^N)$. E' corretto?

3.

Ho già provato l'iniettività. Per la suriettività, basta osservare che $RR^N$ è connesso e $f$ è continua: essendo $f(RR^N)$ aperto, chiuso e non vuoto esso deve necessariamente coincidere con tutto $RR^N$.

Vi ringrazio.

[Luca.Lussardi]

Mi sembra che 1 e 3 siano ok. Per la 2 io proverei a seguire questa strada, ma non ho fatto conti: imitando la dimostrazione del th di inversione locale fai vedere che $f^{-1}$ è differenziabile, calcoli la sua matrice jacobiana e mostri che puntualmente essa inverte la matrice jacobiana di $f$.

[Paolo902]

Grazie per la risposta.

Mi è venuta ora in mente una cosa: $f^(-1)$ è 1-Lipschitziana. Non si può usare in qualche modo questo fatto? Ad esempio, da Rademacher, abbiamo subito che $f^(-1)$ è differenziabile q.o.

Ora si può dedurre - sfruttando che $f \in C^1$ - che $f^(-1)$ è ovunque differenziabile? A questo punto, però ho ancora un dubbio: ho finito (ho provato che $f$ è un diffeo) o devo ancora provare che il differenziale dell'inversa è l'inversa del differenziale?

Grazie.

[totissimus]

Supponiamo per assurdo che in un punto\(x\) la matrice Jacobiana \( Df(x)\) non sia invertibile, allora posso sempre scegliere un punto \(y\) t.c. \( y \neq x\) e \({\sum_{ j=1}^N\frac{\partial f_{i}}{\partial x_{j}}\left(y_{j}-x_{j}\right)}=0\) per \( i=1 \cdots N\)
Considero la funzione \( F(t)=f(x+t(y-x))\) e applico il teorema di Lagrange a ciascuna componente:
\( F_i(t)-F_i(0)=F_i'(0)t+\omega_i(t)t=\sum_{j=1}^N\frac{\partial f_i}{\partial x_j}(y_j-x_j)t+\omega_i(t)t=\omega_i(t)t\) essendo \( \omega_i(t)\) una funzione infinitesima per \(t \rightarrow 0 \). Passando alla funzione vettoriale \(F(t)\) abbiamo:
\( \| F(t)-F(0)\|=t\omega(t)\) con \(\omega(t) \) funzione infinitesima, cioè:
\( \| f(x+t(y-x))-f(x))\|=t\omega(t)\)
\( t \| y-x\|\leq t\omega(t)\)
\( \| y-x\|\leq \omega(t)\)
facendo il limite
\( \| x-y\|\leq 0\) e quindi \( x=y\) contro l'ipotesi.
Dunque \( Df(x)\) deve essere invertibile.

[Paolo902]

Brillante! Ti ringrazio molto. La tua dimostrazione mi è chiara in generale, solo non riesco a capire una cosa all'inizio:

"totissimus":Supponiamo per assurdo che in un punto\(x\) la matrice Jacobiana \( Df(x)\) non sia invertibile, allora posso sempre scegliere un punto \(y\) t.c. \( y \neq x\) e \({\sum_{ j=1}^N\frac{\partial f_{i}}{\partial x_{j}}\left(y_{j}-x_{j}\right)}=0\) per \( i=1 \cdots N\)

Chi ci garantisce che riusciamo sempre prendere un punto $y$ siffatto? Ho capito che sotto c'è il fatto che lo jacobiano è nullo, quindi sarà un giochetto sulla lineare dipendenza delle righe/colonne della matrice, dico bene? Probabilmente è una cosa sciocca, ma preferisco vederci chiaro e porre la domanda, piuttosto che tenermi il dubbio.

Grazie ancora e complimenti per l'idea

[totissimus]

Se lo jacobiano in \(x\) è non invertibile il sistema lineare di matrice \( Df(x)\) ha soluzioni non nulle, prendo un vettore \(h \neq 0\) e definisco \( y=x+h\)

[Paolo902]

Perfetto, grazie mille.