Prob. 2, Cap. 5 en Rudin de bebé: ¿Cómo es la función inversa diferenciable?

Question

Aquí es Prob. 2, Cap. 5 en el libro Principios de Análisis Matemático por Walter Rudin, 3ª edición:

Supongamos $f^\prime(x) > 0$$(a, b)$. Demostrar que $f$ es estrictamente creciente en a $(a, b)$, y deje $g$ ser su función inversa. Demostrar que $g$ es diferenciable, y que $$ g^\prime\left( f(x) \right) = \frac{1}{f^\prime(x)} \qquad \qquad \qquad (a < x < b). $$

Mi esfuerzo:

Deje $x_1$ $x_2$ ser cualesquiera dos números reales tales que $$ a < x_1 < x_2 < b.$$ A continuación, $f$ es diferenciable en el intervalo de $\left[ x_1, x_2 \right]$ y, por tanto, en el segmento de $\left( x_1, x_2 \right)$, e $f$ es de curso continuo en el intervalo de $\left[ x_1, x_2 \right]$. Así, por la Media-Teorema del Valor, podemos encontrar un punto de $x \in \left( x_1, x_2 \right)$, de tal manera que $$ f\left( x_2 \right) - f\left( x_1 \right) = \left( x_2 - x_1 \right) f^\prime (x) > 0, $$ y así $$ f\left( x_1 \right) < f\left( x_2 \right) \qquad \qquad \qquad ( a< x_1 < x_2 < b), $$ y, por tanto, $f$ es estrictamente creciente en a $(a, b)$.

Como $f$ es estrictamente creciente en a $(a, b)$, por lo que es inyectiva, y por lo tanto la función inversa $g$ existe; esto $g$ es una asignación de $\mathrm{range} f$ en (vez en) $(a, b)$, y se define por $$ g \left( y \right) = x \ \mbox{ for all } \ y = f(x) \in \mathrm{range} f.$$ Por lo tanto la asignación de $h$ $(a, b)$ a $(a, b)$, dado por $$ h(x) = g \left( f(x) \right) \qquad \qquad \qquad ( a< x < b),$$ es la asignación de identidad. Así $$h^\prime(x) = 1 \qquad \qquad \qquad (a < x < b). \tag{1} $$ Pero por el Teorema 5.5 en el Bebé Rudin (es decir, la Regla de la Cadena), sabemos que si $g^\prime$ existe en cada punto en el rango de $f$, entonces obtendremos $$h^\prime(x) = g^\prime\left( f(x) \right) f^\prime(x) \qquad \qquad \qquad (a < x < b). \tag{2} $$ A partir de (1) y (2), podemos concluir que $$ g^\prime\left( f(x) \right) f^\prime(x) = 1 \qquad \qquad \qquad (a < x < b), $$ y desde $f^\prime(x) > 0$ todos los $x \in (a, b)$, por lo tanto $$ g^\prime\left( f(x) \right) = \frac{1}{f^\prime(x) } \qquad \qquad \qquad (a < x < b). $$

Es mi razonamiento hasta el momento correcto? Si es así, entonces, ¿cómo demostrar que la función de $g$ es de hecho diferenciable (en cada punto en el rango de $f$)?

O, ¿hay un problema en mi razonamiento anterior?

Answer 1

El problema en conseguir $g'(f(x))=1/f'(x)$ $g(f(x))=x$ es exactamente lo que usted primero tiene que demostrar que $g$ es diferenciable.

Lema. Si $f$ es estrictamente creciente y continua en $(a,b)$, entonces el rango de a $f$ es un intervalo abierto y la función inversa de la $f$ es continua.

Usted puede probar su mano en la demostración del lema. Con ello, la prueba del teorema de la función inversa de derivados es fácil. Deje $y_0$ pertenecen al rango de $f$,$y_0=f(x_0)$; a continuación, $$ \lim_{y\a y_0}\frac{g(y)-g(y_0)}{y-y_0}= \lim_{x\to x_0}\frac{x-x_0}{f(x)-f(y_0)} $$ mediante la sustitución de $x=g(y)$ en el límite, lo cual es posible debido a que $g$ es continua.

Answer 2

Fix $y$en el rango de % de $f$. Para mostrar que $g'(y)$ existe debemos mostrar que $$\lim_{h\to0}\frac{g(y+h)-g(y)}{h}$$ exists. For $h $ sufficiently small so that $y + h $ is still in the range of $f $, we can use the fact that $f $ is strictly increasing to obtain unique numbers $ icadas {y + h} $ and $xy $ in the domain of $f $ such that $f(x{y+h}) = y + h $ and $f (xy) = y $. The limit we need to show exists is now $$\lim{h\to0}\frac{g(f(x_{y+h}))-g(f(xy))}{h},$$ or since $g $ is the inverse of $f $, $$\lim{h\to0}\frac{x_{y+h}-xy}{h}$$ needs to be shown to exist. Write $$\frac{x{y+h}-xy}{h}=\frac{x{y+h}-xy}{f(x{y+h})-f(xy)}\frac{f(x{y+h})-f(x_y)}{h}.$$ The right hand side is a product whose individual limits exist and are equal to $1/f ' (xy) $ and $1$ respectively. Therefore $% $ $\lim{h\to0}\frac{x_{y+h}-x_y}{h}=\frac{1}{f'(x_y)}.$