Diferenciabilidad entre espacios de Banach

Definimos el concepto de diferenciabilidad entre espacios de Banach y estudiamos dos de sus propiedades.

Enunciado
Sean $E$ y $F$ espacios de Banach, ambos sobre el cuerpo $\mathbb{K}$ con $\mathbb{K}=\mathbb{R}$ o $\mathbb{K}=\mathbb{C}.$ Sea $A\subset E$ abierto y $x_0\in A.$ Sea  $f:A\to F$ una aplicación continua en $x_0.$ Se dice que $f$ es diferenciable en $x_0$ si y sólo si existe una aplicación lineal $\lambda:E\to F$ tal que: $$\lim_{h\to 0}\frac{\left\|f(x_0+h)-f(x_0)-\lambda(h)\right\|}{\left\|h\right\|}=0.$$ 1. Interpretar geométricamente la definición anterior.
2. Demostrar que si  $f$ es diferenciable en $x_0,$ la aplicación lineal $\lambda$ es única.

Si  $f$ es diferenciable en $x_0,$ a la única aplicación lineal $\lambda:E\to F$ de la que habla la definición se la llama diferencial (o derivada) de $f$ en $x_0$ y se la representa por  $f’(x_0)$ o bien por $\text{D}f(x_0).$

3. Demostrar que si  $f$ es diferenciable en $x_0$ entonces  $f’(x_0):E\to F$ es continua.
Nota. Como consecuencia,  $f’(x_0)$ pertenece al espacio de Banach $\mathcal{L}(E,F)$ de las aplicaciones lineales y continuas de $E$ en $F.$

Solución
1. Si $\left\|h\right\|$ es pequeño, debido la límite anterior, $\left\|f(x_0+h)-f(x_0)-\lambda(h)\right\|$ es todavía más pequeño. En consecuencia, el que $f$ sea diferenciable en $x_0$ significa que el incremento de $f$ en un entorno de $x_0$ se puede aproximar por medio de una aplicación lineal.

2. Supongamos que existieran dos aplicaciones lineales $\lambda_1,\lambda_2:E\to F$ tales que: $$\lim_{h\to 0}\frac{\left\|f(x_0+h)-f(x_0)-\lambda_1(h)\right\|}{\left\|h\right\|}=0,\quad \lim_{h\to 0}\frac{\left\|f(x_0+h)-f(x_0)-\lambda_2(h)\right\|}{\left\|h\right\|}=0.$$ Sea la aplicación lineal $\lambda=\lambda_1-\lambda_2.$ Para todo $h\in E,$ $$\left\|\lambda(h)\right\|=\left\|(\lambda_1-\lambda_2)(h)\right\|=\left\|\lambda_1(h)-\lambda_2(h)\right\|$$ $$=\left\|\lambda_1(h)-f(x_0+h)+f(x_0)-\lambda_2(h)+f(x_0+h)-f(x_0)\right\|$$ $$\leq\left\|f(x_0+h)-f(x_0)-\lambda_1(h)\right\|+\left\|f(x_0+h)-f(x_0)-\lambda_2(h)\right\|.$$ Dividiendo entre $\left\|h\right\|$ ($h\neq 0$), $$0\leq \frac{\left\|\lambda(h)\right\|}{\left\|h\right\|}\leq\frac{\left\|f(x_0+h)-f(x_0)-\lambda_1(h)\right\|}{\left\|h\right\|}+\frac{\left\|f(x_0+h)-f(x_0)-\lambda_2(h)\right\|}{\left\|h\right\|}. $$ Tomando límites, y aplicando el teorema del sandwich, $$0\leq \lim_{h\to 0}\frac{\left\|\lambda(h)\right\|}{\left\|h\right\|}\leq 0+0\Rightarrow \lim_{h\to 0}\frac{\left\|\lambda(h)\right\|}{\left\|h\right\|}=0.$$ Consideremos $0\neq h\in E$ fijo y $t\in\mathbb{K}$ variable. Entonces, $$0= \lim_{t\to 0}\frac{\left\|\lambda(th)\right\|}{\left\|th\right\|}\underbrace{=}_{\lambda\text{ lineal}} \lim_{t\to 0}\frac{\left\|t\lambda(h)\right\|}{\left\|th\right\|}=\lim_{t\to 0}\frac{\left|t\right|\left\|\lambda(h)\right\|}{\left|t\right|\left\|h\right\|}$$ $$=\lim_{t\to 0}\frac{\left\|\lambda(h)\right\|}{\left\|h\right\|}\underbrace{=}_{h\text{ constante}}\frac{\left\|\lambda(h)\right\|}{\left\|h\right\|}=0\Rightarrow \left\|\lambda(h)\right\|=0\Rightarrow \lambda(h)=0.$$ Por otra parte, al ser $\lambda$ lineal se verifica $\lambda(0)=0$ y por tanto $\lambda=0.$ Esto prueba que  $\lambda_1=\lambda_2.$

3. Denotemos a  $f’(x_0)$ por $\lambda$ y sea $\epsilon>0.$ Por hipótesis  $f$ es continua en $x_0,$ por tanto existe $0<\delta_1$ tal que $$\left\|h\right\|<\delta_1\Rightarrow \left\|f(x_0+h)-f(x_0)\right\|<\frac{\epsilon}{2}.$$ Como $f$ es diferenciable en $x_0,$ existe  $0<\delta_2<1$ tal que $$\left\|h\right\|<\delta_2\Rightarrow \left\|f(x_0+h)-f(x_0)\right\|<\frac{\epsilon}{2}\left\|h\right\|.$$ Si $\delta=\min\{\delta_1,\delta_2\},$ entonces $\delta<1.$ Por tanto $$\left\|h\right\|<\delta\Rightarrow \left\|\lambda(h) \right\|=\left\|\left(f(x_0+h)-f(x_0)\right)-\left(f(x_0+h)-f(x_0)-\lambda(h)\right) \right\|$$ $$\le \left\|f(x_0+h)-f(x_0) \right\|+\left\|f(x_0+h)-f(x_0) -\lambda (h)\right\|$$ $$<\frac{\epsilon}{2}+\frac{\epsilon}{2}\left\|h\right\|\underbrace{<}_{\left\|h\right\|<1}\frac{\epsilon}{2}+\frac{\epsilon}{2}=\epsilon.$$ Es decir, si $\left\|h\right\|<\delta$ se verifica $\left\|\lambda(h) \right\|<\epsilon.$ Pero $$x\in B(0,1)\Rightarrow \left\|x\right\|<1\Rightarrow \left\|\delta x\right\|=\delta \left\| x\right\|<\delta.$$ En consecuencia $$x\in B(0,1)\Rightarrow \left\|\lambda(x) \right\|=\left\|\lambda\left(\delta\cdot \frac{1}{\delta}x\right) \right\|=\left\|\frac{1}{\delta}\lambda\left(\delta x\right) \right\|=\frac{1}{\delta}\left\|\lambda\left(\delta x\right) \right\|<\frac{\epsilon}{\delta}.$$ La aplicación lineal $\lambda$ está acotada en la bola abierta unidad, luego $\lambda$ es continua.

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