Me gustaría saber si esta función es diferenciable en el origen:
$$f(x) = \left\{ \begin{array}{cl} x+x^2 & \mbox{if } x \in \mathbb{Q}; \\ x & \mbox{if } x \not\in \mathbb{Q}. \end{array} \right.$$
Intuitivamente, sé que lo es, pero no sé cómo demostrarlo.
¿Alguna idea?
Muchas gracias.
$f$ puede ser $x + x^2$ o $x$ (dependiendo del valor de $x$ ), ¿verdad?
En primer lugar, puede demostrar que $f$ es continua en 0, observando que $0 < |f(x)| \le |x| + x^2$
Y, usted sabe que estas 2 funciones ( $x + x^2$ y $x$ )' son ambas 1. Por lo tanto, para demostrar que la derivada en 0 es efectivamente 1, debes utilizar Teorema del apretón así:
Para $x > 0$ tenemos la desigualdad: $x < x + x^2$ Así pues, el límite superior para $f$ es $x + x^2$ y el límite inferior es, por supuesto $x$ . Así que tendremos:
$\begin{align} & x \le f(x) \le x + x^2 \\ \Rightarrow &\dfrac{x}{x} \le \dfrac{f(x)}{x} \le \dfrac{x + x^2}{x} \quad \mbox{since }x > 0\mbox{, the inequality sign doesn't change}\\ \Rightarrow &1 \le \dfrac{f(x) - 0}{x - 0} \le \dfrac{x + x^2}{x}\\ \Rightarrow &1 \le \dfrac{f(x) - f(0)}{x - 0} \le \dfrac{x + x^2}{x} \end{align}$
...
Desde aquí, puedes aplicar Teorema de Squezze Debería ser fácil, vamos a intentarlo.
Desde $x \rightarrow 0^-$ seguiremos teniendo la desigualdad: $x < x+x^2$ Así pues, el límite superior para $f$ sigue siendo $x + x^2$ y el límite inferior es, por supuesto $x$ . Así que tendremos:
$\begin{align} & x \le f(x) \le x + x^2 \\ &...\end{align}$
¿Puedes llevarlo desde aquí? Recuerda que al dividir a $x$ en este caso, hay que cambiar los signos (de > a <; y de < a >), ya que $x < 0$ .
Para la continuidad en cualquier punto arbitrario $c\in\mathbb{R}$ y considerando los criterios secuenciales(primero considera una secuencia racional que converge a $c$ y luego una secuencia irracional que converge a $c$ y equiparar el límite) de continuidad en $c$ necesitas $c^2+c=c$ así que $c^2=0$ así que $c=0$ , por lo que sólo en $c=0$ la función es continua, Ahora considere el límite $\lim_{x\rightarrow 0}\frac{f(x)-f(0)}{x}$ tomar la secuencia racional $x_n\rightarrow 0$ y ver cuál es el límite y tomar la secuencia irracional $x_n\rightarrow 0$ y ver el límite, ¿son iguales? necesitas leer estos dos temas primero para entender la solución: Criterio secuencial para el límite Criterio secuencial de continuidad Aquí puede ver el Criterio secuencial para la Derivada
Una función $f$ definido en una vecindad de $x=0$ es diferenciable en $0$ si el límite $$\lim_{x\to0}{f(x)-f(0)\over x-0}$$ existe. Ahora $$m(x):={f(x)-f(0)\over x-0}=\cases{1+x\quad&$ (x\in\Bbb Q) $\cr 1&$ (x\notin\Bbb Q) $\cr}\qquad(x\ne0)\ .$$ De ello se desprende que $|m(x)-1|\leq|x|$ para todo $x\ne0$ de lo que se deduce inmediatamente que $\lim_{x\to0} m(x)=1$ o $f'(0)=1$ .
Tiene que demostrar que si $h$ está cerca $0$ entonces $\displaystyle\frac{f(h)}h$ está cerca $1$ (que debería ser el valor de $f'(0)$ ).
Pero $\displaystyle \frac{f(h)}h$ es $1$ o $1+h$ .
En detalle: Tenemos que $f(0)=0$ .
Podemos anticipar que, si existe, la derivada de $f$ en $0$ es $1$ ya que $g'(0)=j'(0)=1$ donde $g(x)=x$ y $j(x)=x+x^2$ . Sin embargo, para ver si $f'(0)$ existe y cuál es su valor, simplemente utilizamos la definición de la derivada en $0$ : $$ \lim_{h\to0}\frac{f(0+h)-f(0)}h=\lim_{h\to0}\frac{f(h)}h. $$ A partir de la definición de $f$ vemos que la fracción $\displaystyle \frac{f(h)}h$ es igual a $1$ o $1+h$ dependiendo de si $h$ es irracional o no.
Ahora debe quedar claro que el límite de esta expresión es $1$ como $h$ se acerca a $0$ , pero podemos proceder a comprobarlo a partir de la definición de límite:
Tenemos que $\displaystyle\lim_{h\to0}\frac{f(h)}h=1$ si y sólo si para cada $\epsilon>0$ hay un $\delta>0$ de manera que si $0<|h-0|<\delta$ entonces $$\left|\frac{f(h)}h-1\right|<\epsilon.$$ Es decir, dado $\epsilon>0$ Debemos encontrar un $\delta>0$ tal que $0<|h|<\delta$ implica que tanto $|1-1|<\epsilon$ y $|(1+h)-1|<\epsilon$ .
La primera de estas desigualdades siempre se cumple, por lo que sólo tenemos que fijarnos en la segunda, que se simplifica en $|h|<\epsilon$ . Ahora vemos que si tomamos $\delta=\epsilon$ entonces lo que tenemos que verificar es que $0<|h|<\epsilon$ implica $|h|<\epsilon$ que es siempre el caso, y hemos terminado: Hemos demostrado que $f'(0)$ existe, y es igual a $1$ .
(Por supuesto, también podríamos tomar como $\delta$ cualquier cosa que sea positiva y menor que $\epsilon$ .)
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