¿Es la función diferenciable

Question

Dejemos que $f: \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}$ sea una función continua tal que para $x_0 \in \mathbb{R}$

$$ \lim_{\mathbb{Q} \ni h \to 0} \frac{f(x_0 + h) - f(x_0)}{h}$$

existe. ¿Es esta función diferenciable en $x_0$ ?

Answer 1

Supongamos que el límite $ \displaystyle L := \lim_{\substack{h \to 0; \\ h \in \mathbb{Q}}} \frac{f(x_{0} + h) - f(x_{0})}{h} $ existe.

Reclamación: $ f $ es diferenciable en $ x_{0} $ .

Prueba : Dejemos que $ (h_{n})_{n \in \mathbb{N}} $ sea una secuencia en $ \mathbb{R} \setminus \{ 0 \} $ que converge a $ 0 $ . Basta con demostrar que el límite $$ \lim_{n \to \infty} \frac{f(x_{0} + h_{n}) - f(x_{0})}{h_{n}} $$ existe.

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Para cada $ n \in \mathbb{N} $ Utilizar la continuidad de $ f $ y la densidad de $ \mathbb{Q} $ para elegir un $ q_{n} \in \mathbb{Q} \setminus \{ 0 \} $ arbitrariamente cerca de $ h_{n} $ para que

• $ \forall n \in \mathbb{N}: \quad |f(x_{0} + h_{n}) - f(x_{0} + q_{n})| < \left| \dfrac{h_{n}}{n} \right| $ et

• $ \displaystyle \lim_{n \to \infty} \frac{q_{n}}{h_{n}} = 1 $ lo que automáticamente da como resultado $ \displaystyle \lim_{n \to \infty} q_{n} = 0 $ .

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A continuación, observe que \begin{align} \forall n \in \mathbb{N}: \quad \frac{f(x_{0} + h_{n}) - f(x_{0})}{h_{n}} &= \frac{f(x_{0} + h_{n}) - f(x_{0} + q_{n})}{h_{n}} + \frac{f(x_{0} + q_{n}) - f(x_{0})}{h_{n}} \\ &= \frac{f(x_{0} + h_{n}) - f(x_{0} + q_{n})}{h_{n}} + \frac{f(x_{0} + q_{n}) - f(x_{0})}{q_{n}} \cdot \frac{q_{n}}{h_{n}}. \end{align}

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Como $$ \forall n \in \mathbb{N}: \quad \left| \frac{f(x_{0} + h_{n}) - f(x_{0} + q_{n})}{h_{n}} \right| < \left| \frac{1}{h_{n}} \cdot \frac{h_{n}}{n} \right| = \frac{1}{n} \stackrel{n \to \infty}{\longrightarrow} 0, $$ el Teorema del Apretón da como resultado $$ \lim_{n \to \infty} \frac{f(x_{0} + h_{n}) - f(x_{0} + q_{n})}{h_{n}} = 0. $$

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Por lo tanto, \begin{align} f'(x_{0}) = &\lim_{n \to \infty} \frac{f(x_{0} + h_{n}) - f(x_{0})}{h_{n}} \\ = &\lim_{n \to \infty} \left[ \frac{f(x_{0} + h_{n}) - f(x_{0} + q_{n})}{h_{n}} + \frac{f(x_{0} + q_{n}) - f(x_{0})}{q_{n}} \cdot \frac{q_{n}}{h_{n}} \right] \\ = &\lim_{n \to \infty} \frac{f(x_{0} + h_{n}) - f(x_{0} + q_{n})}{h_{n}} + \left[ \lim_{n \to \infty} \frac{f(x_{0} + q_{n}) - f(x_{0})}{q_{n}} \right] \left( \lim_{n \to \infty} \frac{q_{n}}{h_{n}} \right) \\ = &0 + \left[ \lim_{n \to \infty} \frac{f(x_{0} + q_{n}) - f(x_{0})}{q_{n}} \right] \cdot 1 \quad (\text{By the previous paragraphs.}) \\ = &\lim_{n \to \infty} \frac{f(x_{0} + q_{n}) - f(x_{0})}{q_{n}} \\ = &L. \quad (\text{By the initial hypothesis.}) \quad \spadesuit \end{align}

Answer 2

Dejemos que $$ L=\lim_{\mathbb Q\ni h\to 0}\frac{f(x_0+h)-f(x_0)}{h}$$ Dejemos que $(h_n)_{n\in\mathbb N}$ sea una secuencia con $h_n\to 0$ . Tenemos que demostrar que $$\lim_{n\to\infty}\frac{f(x_0+h_n)-f(x_0)}{h_n}=L.$$ Considere $$\begin{align}g\colon\mathbb R\setminus\{0\}\to&\mathbb R\\ h\quad\mapsto &\frac{f(x_0+h)-f(x_0)}{h}.\end{align}$$ Entonces $g$ es continua y por lo tanto $|g(h_n')-g(h_n)|<\frac1n$ es válida para todos los $h_n'\ne 0$ lo suficientemente cerca de $h_n$ . Como los racionales son densos en $\mathbb R$ Así, podemos encontrar $h_n'$ tal que $h_n'\in\mathbb Q\setminus\{0\}$ y $|h_n'-h_n|<\frac1n$ y $|g(h_n')-g(h_n)|<\frac1n$ . Entonces $\mathbb Q\ni h_n'\to 0$ Por lo tanto $g(h_n')\to L$ y $g(h_n)\to L$ como se iba a demostrar.

Answer 3

Esta es la prueba de Hagen von Eitzen, pero sin secuencias.

Podemos suponer $x_0=f(x_0)=0$ . La función $g(h):={f(h)\over h}$ $\ (h\ne0)$ es continua, y después de restar una función lineal a $f$ nuestra suposición básica es $$\lim_{\Bbb Q\ni h'\to 0}g(h')=0\ .$$

Dado un $\epsilon>0$ hay un $\delta>0$ tal que $$\left|g(h')\right|<\epsilon\qquad\bigl(|h'|<\delta,\ h'\in\Bbb Q)\ .$$ Supongamos ahora que $0<|h|<\delta$ . Desde $g$ es continua en $h$ hay un $h'\in\Bbb Q$ con $0<|h'|<\delta$ y $|g(h')-g(h)|<\epsilon$ . De ello se desprende que $|g(h)|<2\epsilon$ . Esto demuestra $\lim_{h\to0} g(h)=0$ ya que $\epsilon>0$ era arbitraria.