Seja f: Omega subset R^m R^n uma função diferenciável definida num aberto Omega convexo. Mostre que
i) Para todo a, b in Omega e y in R^n, existe um ponto cy in[a, b] tal que lang<= f(b)-f(a), yrang<==lang<= d f(cy)(b-a), yrang<=.
ii) A seguinte igualdade é válida
sup x neq y |f(y)-f(x)||y-x|=sup z in Omega|d f(z)|
iii) A desigualdade |d f(x)| <= c vale para todo x in Omega se, e somente se, |f(y)-f(x)| <= c|x-y| para todo x, y in Omega.
iv) Suponha que Omega=R^m. Logo se lim x infty d f(x)(x)=0, então a função g: R^m R^n dada por g(x)= f(2 x)-f(x) é limitada.

Passo 1

O enunciado trata de uma função diferenciável
f:OmegasubsetR^mtoR^n
em um aberto convexo Omega, e pede para demonstrar:
1. Uma versão do Teorema do Valor Médio multivariado para lang<= f(b)-f(a),yrang<=.
2. Que o supremo das razões incrementais de f coincide com o supremo das normas de df.
3. Equivalência entre |df(x)|<= c e f ser c\nobreakdash-Lipschitz.
4. Que, se Omega=R^m e limxtoinftydf(x)(x)=0, então g(x)=f(2x)-f(x) fica limitado.
Vamos usar o Teorema do Valor Médio em uma curva parametrizada, a definição de norma de operador e argumentos de continuidade em conjunto com o Teorema Fundamental do Cálculo.

Passo 2

Prova de (i). Defina a aplicação unidimensional
phi(t)=llang<= fl(a+t(b-a)r),,yrrang<=, tin[0,1]
Como f é diferenciável e o traço a+t(b-a) fica em Omega, phi é C^1. Pelo Teorema do Valor Médio de uma variável, existe xiin(0,1) tal que
phi(1)-phi(0)=phi'(xi) Longrightarrow lang<= f(b)-f(a),yrang<= =llang<= dfl(a+xi(b-a)r),(b-a),,yrrang<=
Basta então tomar cy=a+xi(b-a)in[a,b].

Passo 3

Prova de (ii).
<=”: para quaisquer xneq y, o passo anterior aplicado a a=x, b=y e y genérico dá um ponto cin[x,y] com
f(y)-f(x)=df(c)(y-x) Longrightarrow |f(y)-f(x)||y-x|<=|df(c)|<=supzinOmega|df(z)|
Fazendo supremum em xneq y obtemos
supxne y|f(y)-f(x)||y-x|<=supzinOmega|df(z)|
>=”: dado zinOmega, escolha vinR^m unitário tal que |df(z)|=|df(z)(v)|. Para t>0 pequeno, ponha y=z+tv. Então
|f(y)-f(z)||y-z| =|f(z+tv)-f(z)|t to|df(z)(v)|=|df(z)|(tto0)
Logo o supremo sobre incrementos vale pelo menos |df(z)!. Fazendo z variar, obtemos a igualdade desejada.

Passo 4

Prova de (iii).
Pela parte (ii) sabemos que
supxne y|f(y)-f(x)||y-x| =supzinOmega|df(z)|
Se |df(z)|<= c para todo z, então o supremo da razão incremental é <= c, isto é,
|f(y)-f(x)|<= c|y-x|.
Reciprocamente, se f é c\nobreakdash-Lipschitz então o supremo da esquerda vale <= c, logo supz|df(z)|<= c, ou seja, |df(z)|<= c.

Passo 5

Prova de (iv). Para cada xinR^m considere a função
hx(t)=f(t,x), tin[1,2]
Então
g(x)=f(2x)-f(x)=hx(2)-hx(1) =integral1^2hx'(t),dt =integral1^2df(t,x)(x),dt
Tomando norma,
|g(x)|<=integral1^2|df(t,x)(x)|,dt <=integral1^2l|df(t,x)(t,x)r||x|t,|x|,dt
Como tin[1,2], |x|t|x|<=1 e lim|x|toinftydf(t,x)(t,x)=0 (pois t,xtoinfty). Logo o integrando tende a zero uniformemente em t, o que implica |g(x)|to0 quando |x|toinfty. Finalmente, em x:|x|<= R o contínuo g é limitado, e fora desse compacto |g(x)| fica pequeno, logo g é limitada em R^m.

Resposta

As afirmações i), ii), iii) e iv) foram demonstradas.

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