Teorema gradiente nullo in un connesso
Devo dimostrare il seguente teorema :
Se una funzione f ammette gradiente nullo in tutti i punti di un aperto connesso $AsubeR^2$ , allora f è costante su A.
La prof ci ha fatto scrivere :
Poichè A è un aperto connesso, è connesso per poligonali.
Tesi : $f(x,y) = f(x1,y1)$, $AA(x,y)inA$
Esisterà una poligonale che unisce $(x,y)$ ad $(x1,y1)$.
Poichè il gradiente è nullo, le derivate parziali sono nulle, quindi di classe $C^1$. f è dunque differenziabile in A (per il teorema del differenziale).
Parametrizziamo il segmento che unisce i punti :
${(x(t) = x1 + t(x - x1)),(y(t) = y1 + t(y - y1)):} t in[0,1]$
$varphi(t) = f(x1 + t(x-x1), y1 + t(y - y1), t in [0,1]$
Ora, c'è scritto :
$varphi(0) = varphi(1) rArr f(x,y) = f(x1,y1)$
$varphi'(t) = f_x(x - x1) + f_y(y-y1) = 0, AAt in [0,1]$.
Quindi $varphi'(t)$ è costante.
Mi spiegate questi ultimi passaggi da dove si ricavano?
Grazie
Se una funzione f ammette gradiente nullo in tutti i punti di un aperto connesso $AsubeR^2$ , allora f è costante su A.
La prof ci ha fatto scrivere :
Poichè A è un aperto connesso, è connesso per poligonali.
Tesi : $f(x,y) = f(x1,y1)$, $AA(x,y)inA$
Esisterà una poligonale che unisce $(x,y)$ ad $(x1,y1)$.
Poichè il gradiente è nullo, le derivate parziali sono nulle, quindi di classe $C^1$. f è dunque differenziabile in A (per il teorema del differenziale).
Parametrizziamo il segmento che unisce i punti :
${(x(t) = x1 + t(x - x1)),(y(t) = y1 + t(y - y1)):} t in[0,1]$
$varphi(t) = f(x1 + t(x-x1), y1 + t(y - y1), t in [0,1]$
Ora, c'è scritto :
$varphi(0) = varphi(1) rArr f(x,y) = f(x1,y1)$
$varphi'(t) = f_x(x - x1) + f_y(y-y1) = 0, AAt in [0,1]$.
Quindi $varphi'(t)$ è costante.
Mi spiegate questi ultimi passaggi da dove si ricavano?
Grazie
Risposte
Semplicemente, la funzione $\phi$ da te scritta è derivabile e ha derivata nulla in ogni punto; la sua derivata può essere infatti calcolata usando il teorema di derivazione della funzione composta (ed è quella da te indicata), ed è nulla poiché, per ipotesi, il gradiente di $f$ è nullo in ogni punto.
Di conseguenza $\phi$ è costante, dunque $\phi(0) = \phi(1)$, ovvero $f(x,y) = f(x_1, y_1)$.
Di conseguenza $\phi$ è costante, dunque $\phi(0) = \phi(1)$, ovvero $f(x,y) = f(x_1, y_1)$.
giusto! avevo totalmente rimosso il fatto che il gradiente fosse nullo... anche se è proprio quello il teorema!
Grazie mille!
Grazie mille!
Scusate, non vorrei sbagliare, ma quello che scrivi non mi pare vero.
Cioè è falso che dati due punti di $A$ allora esiste una poligonale che li connette, o meglio che li connetta in $A$.
E per verificarlo è sufficiente un semplice disegno in 2D a forma di pac-man.
Ed il punto è proprio che sia connesso in $A$ perché altrimenti non possiamo dire nulla ne sulla funzione (perché potrebbe esser definita solo in $A$) ne del suo differenziale, infatti se esistessero punti della poligonale che non appartengono ad $A$ allora non si può procedere come hai fatto perché la funzione $\phi$ potrebbe non essere definita per alcuni $t$ o potrebbe essere non derivabile per alcuni $t$.
Manca sicuramente un passaggio importante, tipo il dimostrare che la famiglia delle poligonali interne ad $A$ ricopre $A$ o qualcosa del genere.
Cioè è falso che dati due punti di $A$ allora esiste una poligonale che li connette, o meglio che li connetta in $A$.
E per verificarlo è sufficiente un semplice disegno in 2D a forma di pac-man.
Ed il punto è proprio che sia connesso in $A$ perché altrimenti non possiamo dire nulla ne sulla funzione (perché potrebbe esser definita solo in $A$) ne del suo differenziale, infatti se esistessero punti della poligonale che non appartengono ad $A$ allora non si può procedere come hai fatto perché la funzione $\phi$ potrebbe non essere definita per alcuni $t$ o potrebbe essere non derivabile per alcuni $t$.
Manca sicuramente un passaggio importante, tipo il dimostrare che la famiglia delle poligonali interne ad $A$ ricopre $A$ o qualcosa del genere.
Non so cosa intendi per pacman, ma nelle ipotesi c'è scritto che A è aperto, oltre che connesso. Ed è ben noto che un aperto connesso (in R^n...) è connesso per poligonali.
Già che ci sono, osservo che la connessione si può effettuare anche con poligonali parallele agli assi coordinati, per cui la dimostrazione si semplifica un pochino.
Già che ci sono, osservo che la connessione si può effettuare anche con poligonali parallele agli assi coordinati, per cui la dimostrazione si semplifica un pochino.
"Bossmer":
Cioè è falso che dati due punti di $A$ allora esiste una poligonale che li connette, o meglio che li connetta in $A$.
E per verificarlo è sufficiente un semplice disegno in 2D a forma di pac-man.
Nel contesto degli aperti di $\mathbb{R}^n$ la connessione per poligonali è equivalente alla connessione per archi (cammini). Più informazioni qui.
Tale spezzata può avere punti angolosi, ma si possono facilmente aggirare ripetendo lo stesso ragionamento per ogni segmento. Per ogni segmento \(\phi|_{[t_k,t_{k+1}]}\) è $C^1$ e quindi costante e \(\phi(t_k) = \phi(t_{k+1})\).
Alternativamente si può "mollificare" il cammino ottenendo un cammino $C^k$, con $k$ a piacere, da $p$ a $p_1$ usando dei mollificatori.
In tutto questo è cruciale l'apertura dell'insieme.
Quello che dite è chiaro e concordo, ciò su cui non concordo è l'utilizzo della connessione per poligonali, che in questo contesto pare semplicemente affermare che dati due punti in $A$ c'è un segmento che li congiunge, il che non è vero.
Infatti
e qui accomuna la poligonale ad un solo segmento.
Era semplicemente questa la mia obiezione.
Infatti
"anima123":
Poichè A è un aperto connesso, è connesso per poligonali.
[...]
Esisterà una poligonale che unisce $(x,y)$ ad $(x1,y1)$.
[...]
Parametrizziamo il segmento che unisce i punti :
${(x(t) = x1 + t(x - x1)),(y(t) = y1 + t(y - y1)):} t in[0,1]$
$varphi(t) = f(x1 + t(x-x1), y1 + t(y - y1), t in [0,1]$
[...]
e qui accomuna la poligonale ad un solo segmento.
Era semplicemente questa la mia obiezione.
Ah ok. Ovviamente hai ragione, questo vale solo se l'insieme è convesso.
Giusto, Bossmer. Non avevo notato. Propendo per appunti presi un po' affrettatamente, altrimenti non si giustificherebbe il riferimento alla connessione per poligonali.
L'uso di un solo segmento andrebbe bene anche se l'insieme fosse stellato, diciamo rispetto a $(x_1,y_1)$, per rifarmi alle notazioni del post originario.
L'uso di un solo segmento andrebbe bene anche se l'insieme fosse stellato, diciamo rispetto a $(x_1,y_1)$, per rifarmi alle notazioni del post originario.
Grazie, allora non mi sbagliavo. 
Vorrei sollevare un altro dubbio, ovvero, finché due punti sono connessi da una quantità al più numerabile di segmenti allora per induzione posso applicare infinite volte il teorema di Lagrange... Ma se due punti sono connessi da una quantità più che numerabile di segmenti ? non posso più utilizzare il principio di induzione, ed inoltre mi verrebbe da azzardare che una generica curva regolare si possa descrivere come un insieme più che numerabile di segmenti.
Pongo questo dubbio inoltre perché mi chiedevo se per ogni insieme connesso io potessi connettere due punti mediante una poligonale costituita al massimo da una quantità numerabile di segmenti, perché se così non fosse non penso sia possibile applicare il teorema di Lagrange per la dimostrazione.
Ovviamente un insieme del genere avrà una forma particolare, tipo un insieme che si avvolge a spirale su di un punto.
Vorrei sollevare un altro dubbio, ovvero, finché due punti sono connessi da una quantità al più numerabile di segmenti allora per induzione posso applicare infinite volte il teorema di Lagrange... Ma se due punti sono connessi da una quantità più che numerabile di segmenti ? non posso più utilizzare il principio di induzione, ed inoltre mi verrebbe da azzardare che una generica curva regolare si possa descrivere come un insieme più che numerabile di segmenti.
Pongo questo dubbio inoltre perché mi chiedevo se per ogni insieme connesso io potessi connettere due punti mediante una poligonale costituita al massimo da una quantità numerabile di segmenti, perché se così non fosse non penso sia possibile applicare il teorema di Lagrange per la dimostrazione.
Ovviamente un insieme del genere avrà una forma particolare, tipo un insieme che si avvolge a spirale su di un punto.
"Bossmer":
io penso che in questo teorema non sia equivalente la connessione per poligonali a quella per cammini, infatti è cruciale che io possa connettere due punti qualsiasi mediante un tot dei segmenti, in modo da poter applicare il teorema di Lagrange in $\RR^n$ un tot di volte... Poi è vero che essendo l'insieme di partenza un aperto, allora se è connesso per archi posso connetterlo per poligonali, quindi forse intendevi in questo senso che le due connessioni erano equivalenti?
Nel link che ho postato si mostra che i due concetti (connessione per poligonali e connessione per archi) coincidono negli aperti di $RR^n$. Certamente con questa dimostrazione non possiamo utilizzare cammini continui qualsiasi, ma ci servono i cammini poligonali.
"Bossmer":
...il quale non si può applicare se i due punti sono connessi da una curva qualsivoglia anche se essa è regolare.
Se però il cammino fosse regolare, in particolare $C^1$[nota]Cosa che per quanto detto nel mio precedente messaggio non è così restrittiva[/nota] potremmo definire direttamente $g = f \circ \gamma$, dove $\gamma : [0,1] \to U$ è il cammino che unisce $x$ e $x_1$.
A quel punto \[g'(t) = \nabla f(\gamma(t)) \cdot \gamma'(t) = 0\] da cui $g$ costante e quindi $g(0) = g(1)$, ovvero $f(x) = f(x_1)$,
Per la seconda cosa non saprei, ma l'aperto e/o il cammino in questione dovrebbero essere molto brutti per non essere "numerabilmente rettificabili".
Si si hai totalmente ragione, il mio primo dubbio non stava ne in cielo ne in terra me ne sono accorto una decina di minuti fa!
Infatti l'avevo tolto dal messaggio, a quanto pare non l'ho tolto in tempo.
la mia idea infatti è che se ho un aperto connesso allora questo è "numerabilmente rettificabile" Perché altrimenti bisognerebbe trovare una dimostrazione che non faccia uso del teorema di Lagrange. Però non saprei che pesci prendere per verificare o smentire la mia idea...
Infatti l'avevo tolto dal messaggio, a quanto pare non l'ho tolto in tempo.
la mia idea infatti è che se ho un aperto connesso allora questo è "numerabilmente rettificabile" Perché altrimenti bisognerebbe trovare una dimostrazione che non faccia uso del teorema di Lagrange. Però non saprei che pesci prendere per verificare o smentire la mia idea...
"Bossmer":
la mia idea infatti è che se ho un aperto connesso allora questo è "numerabilmente rettificabile" Perché altrimenti bisognerebbe trovare una dimostrazione che non faccia uso del teorema di Lagrange. Però non saprei che pesci prendere per verificare o smentire la mia idea...
Forse la compattezza può aiutare. Se $\gamma : [a,b] \to U \subset RR^n$ ($U$ aperto) è continua allora manda compatti in compatti, e quindi \(\gamma([a,b])\) è compatto. Magari sfruttando i ricoprimenti finiti e qualche risultato tipo il lemma di Lebesgue si riesce a concludere...
Anche se così tralasciamo le caratteristiche dell'insieme $U$, che però essendo aperto non può essere più di tanto brutto.
Altro non mi viene in mente
"Emar":
[quote="Bossmer"]
la mia idea infatti è che se ho un aperto connesso allora questo è "numerabilmente rettificabile" Perché altrimenti bisognerebbe trovare una dimostrazione che non faccia uso del teorema di Lagrange. Però non saprei che pesci prendere per verificare o smentire la mia idea...
Forse la compattezza può aiutare. Se $\gamma : [a,b] \to U \subset RR^n$ ($U$ aperto) è continua allora manda compatti in compatti, e quindi \(\gamma([a,b])\) è compatto. Magari sfruttando i ricoprimenti finiti e qualche risultato tipo il lemma di Lebesgue si riesce a concludere...
[/quote]
Studiando per un esame mi è venuta in mente una soluzione per questo problema.
Riporto alcuni risultati che utilizzerò:
Lemma (di Lebesgue) Sia \((X,d)\) uno spazio metrico compatto e sia $\{U_\alpha\}$ un ricoprimento aperto di $X$. Allora esiste \(\delta > 0\) tale che ogni \(A \subseteq X\) con \(\mathrm{diam}(A) < \delta\) è contenuto in qualche elemento del ricoprimento, ovvero \(A \subseteq U_\alpha\) per qualche $\alpha$
Corollario 1 Sia \((X,d)\) uno spazio metrico compatto e $f: X \to Y$ continua con $Y$ spazio topologico. Sia $\{U_\alpha\}$ un ricoprimento aperto di $Y$. Allora esiste \(\delta > 0\) tale che ogni $x \in X$ \(f(B_\delta (x)) \subseteq U_\alpha\) per qualche $\alpha$.
Corollario 2 Sia $\gamma: [0,1] \to Y$ continua con $Y$ spazio topologico. Sia $\{U_\alpha\}$ un ricoprimento aperto di $Y$. Allora esiste una partizione \(0 = t_0 < t_1 < \dots
Siano $x,y \in U$ e sia \(\gamma \in C([0,1],U)\) un cammino continuo che li connette.
$RR^n$ è localmente convesso, ovvero esiste una base di aperti convessi per la topologia.
Sia \(\{U_\alpha\}\) un ricoprimento di aperti convessi per $U$. Alla peggio si può considerare, per ogni punto $x \in U$ una palla aperta $B_x$ contenuta in $U$, che esiste perché $U$ è aperto ed è certamente convessa, e considerare il ricoprimento $\{B_x\}_{x \in U}$.
Per il corollario 2, esiste una partizione \(0 = t_0 < t_1 < \dots
\(\tilde{\gamma}\) è dunque una spezzata continua per costruzione che unisce $x$ e $y$ formata da un numero finito di segmenti.
___
Si è usata solo la locale convessità dello spazio quindi si può generalizzare tale risultato ad aperti di spazi vettoriali localmente convessi.
La cosa sorprendente al primo sguardo, almeno per me, è che la spezzata è composta da un numero finito (!) di segmenti.
Da ciò chiaramente segue che connessione per archi (cammini) è equivalente, in spazi localmente convessi, a quella per spezzate.
Spero di non aver scritto fesserie
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