Hace $\sin^{-1}x$ tiene una tangente vertical

Question

Leí que la función$f(x)$ tiene una tangente vertical en$x=a$ en el dominio de$f$ si

$$f'(a^-) \to +\infty$$ and $$f'(a^+) \to +\infty$$ Or both approach to $ - \ infty $.

Pero para$f(x)=\sin^{-1}x$$f'(x)=\frac{1}{\sqrt{1-x^2}}$ y tenemos

$$f'(-1^+) \to +\infty$$ and $$f'(1^-) \to +\infty$$ but $ f '(- 1 ^ -)$ and $ f' (1 +)$ are not defined. Can we still say that it has Vertical tangent at $ x = \ pm 1 $

Answer 1

La definición debe permitir $+\infty$ por un lado y $-\infty$ sobre el otro, por ejemplo considere el $f(x)=x^{2/3}$ que tiene una tangente vertical en $x=0,$ sin embargo, el derivado $f'(x)=(2/3)x^{-1/3}$ $+\infty$ $x \to 0^+$ $-\infty$ $x \to 0^-.$

También, para una función en un dominio extremo, como arcsen en $x=1,$ el límite de $\pm \infty$ por la derivada sólo es necesario para el enfoque desde el lado que se queda en el dominio de la función.

Lo mismo ocurre en la definición de límite en un dominio extremo. He visto algunos calc libros que son descuidados acerca de esto, y de insistir en que los límites por la izquierda y desde la derecha necesita existir en $a$ a fin de que el límite de en $a$ que debe de existir. Sin embargo, incluso para$f(x)=\sqrt{x},$, lo que queremos decir tiene el límite de $0$ $x=0,$ las dos caras límite no existe. En las definiciones más completas, un límite de una función con dominio de $D$ es todavía dijo a existir como $x \to c,$, siempre que como $x\to c$ a través de los puntos en $D$ tenemos $f(x) \to L$ de $L.$ Para ello sólo es necesario que haya al menos una secuencia de puntos en $D$ de los enfoques $c,$ donde durante el enfoque de la $x$ $D$ son restringidos solo por $x \neq c.$ Esto funciona así, por ejemplo, si la función sólo está definida en los racionales, y uno quiere un límite de $x$ enfoques de algunos irracionales.