Sejam f: Omega R^n e g: Omega R^n duas funções definidas num aberto Omega de R^m. Mostre que
i) Se Omega é conexo e se existem constantes C>0 e alpha>1 tais que |f(x)-f(y)| <= C|x-y|^alpha, para todos os pontos x e y contidos em Omega, então f é uma função constante.
ii) Se f é diferenciável num ponto a in Omega,tkk in N é uma sequência em R tal que lim k infty tk=0 e vkk in N é uma sequência em R^m tal que lim k infty vk=v, então lim k infty f(a+tk vk)-f(a)tk=d f(a)(v).
iii) Mostre que se existe uma constante r>0 tal que Br(a) subset Omega e uma função A: Br(a) L(R^m, R^n) cong Mn times m(R) contínua em 0 tal que f(a+h)-f(a)=A(h)(h), então f é diferenciável no ponto a in Omega.
iv) Mostre que se f e g são diferenciáveis num ponto a in Omega e f(a)=g(a), então d f(a)=d g(a) se, e somente se,
lim v 0 f(a+v)-g(a+v)|v|=0

Passo 1

O enunciado trata de duas funções f,g:OmegatoR^n definidas num aberto OmegasubsetR^m. Precisamos mostrar quatro afirmações:
1. Se Omega é conexo e existe C>0, alpha>1 tais que
|f(x)-f(y)|<= C|x-y|^alpha forall x,yinOmega,
então f é constante.
2. Se f é diferenciável em ainOmega, tksubsetR com tkto0 e vksubsetR^m com vkto v, então
limktoinftyf(a+tkvk)-f(a)tk =df(a)(v)
3. Se existe r>0 com Br(a)subsetOmega e uma função contínua A:Br(a)to L(R^m,R^n) em 0 tal que
f(a+h)-f(a)=A(h)(h),
então f é diferenciável em a.
4. Se f e g são diferenciáveis em a e f(a)=g(a), mostrar que
df(a)=dg(a) se, e somente se,
limvto0f(a+v)-g(a+v)|v|=0
Nos valemos das definições de diferenciabilidade e estimativas de norma para provar cada item.

Passo 2

(Prova de i)
Para x,yinOmega conecte-os por um segmento parametrizado gamma(t)=x+t(y-x), tin[0,1]. Para um inteiro N particione [0,1] em pontos 0=t0<t1<cdots<tN=1 com malha De<a =max(ti-ti-1). Então
f(y)-f(x) =sumi=1^Nl[f(gamma(ti))-f(gamma(ti-1))r]
e, pela hipótese de Hölder,
l|f(gamma(ti))-f(gamma(ti-1))r| <= C|gamma(ti)-gamma(ti-1)|^alpha = C,(De<a|y-x|)^alpha
Somando em i,
|f(y)-f(x)|<= N,C,De<a^alpha|y-x| = CDe<a^1-alpha,|y-x|
Como alpha>1, 1-alpha<0, podemos fazer De<ato0 e deduzir |f(y)-f(x)|=0. Logo f(y)=f(x) para todos x,y, ou seja, f é constante.

Passo 3

(Prova de ii)
Pela diferenciabilidade de f em a existe uma função varepsilon(h)to0 quando hto0 tal que
f(a+h)=f(a)+df(a)(h)+|h|varepsilon(h)
Tomando h=tkvk com tkne0,
f(a+tkvk)-f(a)tk = df(a)(vk)+|vk|;varepsilon(tkvk)
Como vkto v e varepsilon(tkvk)to0, ao passar ktoinfty obtém-se
limktoinftyf(a+tkvk)-f(a)tk =df(a)(v)

Passo 4

(Prova de iii)
Dada a decomposição
f(a+h)-f(a)=A(h)(h),
pela continuidade de A em 0 temos A(h)=A(0)+R(h) com R(h)to0 quando hto0. Então
f(a+h)-f(a)-A(0)(h)=R(h)(h)
Dividindo em norma por |h|
|f(a+h)-f(a)-A(0)(h)||h| <= |R(h)|;|h|/|h|=|R(h)|to0,
o que mostra que f é diferenciável em a com diferencial df(a)=A(0).

Passo 5

(Prova de iv)
Considere F=f-g. Se df(a)=dg(a) então dF(a)=0. Pela parte iii) aplicada a F, existe contínua B(h) em 0 tal que
F(a+h)-F(a)=B(h)(h),
logo
F(a+v)-F(a)|v| = B(v)l(tfrac v|v|r)
e, ao fazer vto0, a continuidade de B em 0 garante que o limite vale 0. Isso prova a condição necessária.
Para a recíproca, escreva pela diferenciabilidade de f e g:
f(a+v)-g(a+v) =(df(a)-dg(a))(v)+|v|varepsilon(v)
Dividindo por |v| e tomando normas obtém-se
l|f(a+v)-g(a+v)|v|r| >= |(df(a)-dg(a))l(tfrac v|v|r)| - |varepsilon(v)|
Se o limite à esquerda é 0 para todo modo de aproximação vto0, então
|(df(a)-dg(a))(u)|=0 para todo vetor unitário u, o que implica df(a)-dg(a)=0. Portanto df(a)=dg(a).

Resposta

(i) f é constante em Omega.
(ii) limktoinftyf(a+tkvk)-f(a)tk=df(a)(v)
(iii) f é diferenciável em a e df(a)=A(0).
(iv) df(a)=dg(a)iff limvto0f(a+v)-g(a+v)|v|=0

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