Prob. 7, Seg 6.1, en Bartle y Sorbete de INTRODUCCIÓN AL ANÁLISIS REAL: UNA condición necesaria y suficiente para la existencia de $\big(|f|\big)^\prime$

Question

Aquí es Prob. 7, Seg 6.1, en el libro Introducción Al Análisis Real por Robert G. Bartle & Donald R. Sherbert, 4th edition:

Supongamos que $f \colon \mathbb{R} \to \mathbb{R}$ es diferenciable en $c$ y $f(c) = 0$. Mostrar que $g(x) \colon= \lvert f(x) \rvert$ es differentialbe en $c$ si y sólo si $f^\prime(c)=0$.

Mi Intento:

Supongamos que $f^\prime(c)=0$.

Entonces, dado un número real $\varepsilon > 0$, podemos encontrar un número real $\delta > 0$ tal que $$ \left\lvert \frac{ f(x) - f(c) }{ x -c } \right\rvert = \left\lvert \frac{ f(x) }{ x -c } \right\rvert < \varepsilon $$ para todos los $x \in \mathbb{R}$ que satisfacer $$ 0 < \lvert x-c \rvert < \delta. $$

Por lo tanto, para todos los $x \in \mathbb{R}$ que satisfacer $$ 0 < \lvert x-c \rvert < \delta, $$ nos encontramos con que $$ \left\lvert \frac{g(x) - g(c) }{x-c} - 0 \right\rvert = \left\lvert \frac{ \lvert f(x) \rvert - \lvert f(c) \rvert }{ x-c} \right\rvert = \left\lvert \frac{ \lvert f(x) \rvert }{ x-c} \right\rvert = \frac{ \lvert f(x) \rvert }{ \lvert x-c \rvert } = \left\lvert \frac{ f(x) }{ x -c } \right\rvert < \varepsilon. $$ Desde $\varepsilon > 0$ fue arbitraria, se deduce que el $g$ es diferenciable en $c$ y que $$ g^\prime(c) = 0. $$

Por el contrario, supongamos que $f^\prime(c) \neq 0$. A continuación, cualquiera de $f^\prime(c) < 0$ o $f^\prime(c) > 0$.

Caso 1. Si $f^\prime(c) > 0$, entonces para $\varepsilon \colon= f^\prime(c)/2$, podemos encontrar un número real $\delta > 0$ tal que $$ \left\lvert \frac{ f(x) - f(c) }{ x -c } - f^\prime(c) \right\rvert < f^\prime(c)/2 $$ o $$ 0 < \frac{f^\prime(c)}{2} = f^\prime(c) - f^\prime(c)/2 < \frac{ f(x) - f(c) }{ x -c } < f^\prime(c) + f^\prime(c)/2 $$ para todos los $x \in \mathbb{R}$ que satisfacer $$ 0 < \lvert x-c \rvert < \delta. $$

Pero $f(c) = 0$. Por tanto, para todos $x \in \mathbb{R}$ que satisfacer $$ 0 < \lvert x-c \rvert < \delta, $$ tenemos $$ \frac{ f(x) }{x-c} > \frac{f^\prime(c)}{2} > 0, \tag{1} $$ lo que implica que, para todos los $x \in \mathbb{R}$, $$ f(x) \ \begin{cases} > 0 \ \mbox{ if } & c < x < c + \delta, \\ < 0 \ \mbox{ if } & c-\delta < x < c. \end{cases} $$ Así que a partir de (1) se deduce que $$ \frac{g(x) - g(c) }{x-c} = \frac{ \lvert f(x) \rvert }{ x-c} = \begin{cases} \frac{f(x)}{x-c} & \mbox{ if } \ c < x < c+\delta, \\ -\frac{ f(x)}{x-c} & \mbox{ if } \ c-\delta < x < c. \end{cases} \tag{2}$$ Por otra parte, de (2) también podemos concluir que $$ \lim_{x \to c+} \frac{g(x) - g(c)}{x-c} = \lim_{x \to c+} \frac{ f(x) }{x-c} = \lim_{x \to c+} \frac{ f(x) - f(c) }{x-c} = f^\prime(c), $$ y $$ \lim_{x \to c-} \frac{g(x) - g(c)}{x-c} = \lim_{x \to c-}\left(- \frac{ f(x) }{x-c} \right) = \lim_{x \to c-} \left( - \frac{ f(x) - f(c) }{x-c}\right) = - \lim_{x \to c-} \frac{ f(x) - f(c) }{x-c}=- f^\prime(c). $$ Por lo tanto si $f^\prime(c) > 0$, luego $$ \lim_{x \to c+} \frac{g(x) - g(c)}{x-c} \neq \lim_{x \to c-} \frac{g(x) - g(c)}{x-c}, $$ y por lo $g^\prime(c)$ no existe. Por lo tanto, si $g$ es diferenciable en $c$, entonces tenemos que tener en $f^\prime(c) \not> 0$.

Caso 2. Si $f^\prime(c) < 0$, entonces para $\varepsilon \colon= -f^\prime(c)/2 > 0$, podemos encontrar un número real $\delta > 0$ tal que $$ \left\lvert \frac{ f(x) - f(c) }{ x -c } - f^\prime(c) \right\rvert < - f^\prime(c)/2 $$ o $$ \frac{3f^\prime(c)}{2} = f^\prime(c) - \frac{-f^\prime(c)}{2} < \frac{ f(x) - f(c) }{ x -c } < f^\prime(c) + \frac{-f^\prime(c)}{2} = \frac{ f^\prime(c)}{2} < 0 $$ para todos los $x \in \mathbb{R}$ que satisfacer $$ 0 < \lvert x-c \rvert < \delta. $$

Pero $f(c) = 0$. Por tanto, para todos $x \in \mathbb{R}$ que satisfacer $$ 0 < \lvert x-c \rvert < \delta, $$ tenemos $$ \frac{ f(x) }{x-c} < \frac{f^\prime(c)}{2} < 0, \tag{3} $$ lo que implica que, para todos los $x \in \mathbb{R}$, $$ f(x) \ \begin{cases} < 0 \ \mbox{ if } & c < x < c + \delta, \\ > 0 \ \mbox{ if } & c-\delta < x < c. \end{cases} $$ Así que a partir de (3) se deduce que $$ \frac{g(x) - g(c) }{x-c} = \frac{ \lvert f(x) \rvert }{ x-c} = \begin{cases} -\frac{f(x)}{x-c} & \mbox{ if } \ c < x < c+\delta, \\ \frac{ f(x)}{x-c} & \mbox{ if } \ c-\delta < x < c. \end{cases} \tag{4}$$ Por otra parte, de (4) también podemos concluir que $$ \lim_{x \to c-} \frac{g(x) - g(c)}{x-c} = \lim_{x \to c-} \frac{ f(x) }{x-c} = \lim_{x \to c-} \frac{ f(x) - f(c) }{x-c} = f^\prime(c), $$ y $$ \lim_{x \to c+} \frac{g(x) - g(c)}{x-c} = \lim_{x \to c+}\left(- \frac{ f(x) }{x-c} \right) = \lim_{x \to c+} \left( - \frac{ f(x) - f(c) }{x-c}\right) = - \lim_{x \to c+} \frac{ f(x) - f(c) }{x-c}=- f^\prime(c). $$ Por lo tanto si $f^\prime(c) < 0$, luego $$ \lim_{x \to c+} \frac{g(x) - g(c)}{x-c} \neq \lim_{x \to c-} \frac{g(x) - g(c)}{x-c}, $$ y por lo $g^\prime(c)$ no existe. Por lo tanto, si $g$ es diferenciable en $c$, entonces tenemos que tener en $f^\prime(c) \not< 0$.

De los dos casos anteriores, podemos concluir que si $g$ es diferenciable en $c$, entonces tenemos que tener en $f^\prime(c)=0$.

Es esto una prueba de la correcta? Si es así, entonces es la presentación clara y lo suficientemente riguroso como demasiado? Si no, entonces ¿dónde están los problemas tan lejos como la precisión, el rigor, la claridad del argumento ir?

Answer 1

Por supuesto, todo lo que hizo es correcto. Pero como una simple declaración merece un corto de prueba, que luego también se muestra lo que está pasando aquí.

Suponga que $c=0$, $f(0)=0$, y $f'(0)=a$. Entonces $$m(x):={f(x)\over x}\to a \quad (x\to0)\ ,$$ y por lo tanto $${\bigl|f(x)\bigr|\over x}={\rm sgn}(x)\,\bigl|m(x)\bigr|\to\left\{\eqalign{|a|\quad&(x\to0+) \cr -|a|\quad&(x\to0-)\cr}\right.\quad.$$ Aquí, los dos límites laterales coinciden iff $a=0$.