Definición equivalente de diferenciación de una función real.

Question

Dejemos que $f : \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}$ es continua en $x=x_0$ .

Si $\lim_{t \rightarrow 0} \frac{f(x_0+at)-f(x_0+bt)}{(a-b)t}$ es convergente, $f$ es diferenciable en $x=x_0$ .

Es cierto que esta proposición es falsa cuando $a=-b$ desde $f(x)=|x|$ $(: x_0=0)$ es el contraejemplo en este caso. Hace unos años demostré que si $a \ne -b$ entonces f es diferenciable en $x=x_0$ (En realidad, tengo una mala memoria sobre si la condición $ab<0$ se necesita adicionalmente). Recuerdo que la prueba es bastante complicada (esta es la razón por la que perdí la prueba), por lo que quiero encontrar mejores pruebas para recordar las ideas principales fácilmente.

Answer 1

Tomando $a=b$ sería absurdo, porque entonces el cociente diferencial $\frac{f(x_0 + at) - f(x_0 + bt)}{(a-b)t}$ no se definiría en ningún valor de $t$ Así que no se puede hablar de un límite.

Definir una nueva función $g(x) = f(x + bt + \frac{(a-b-1)(x-x_0)}{(b+1)})$ . Tenga en cuenta que $g(x_0) = f(x_0 +bt)$ y $g(x_0 + t) = f(x_0 + at)$ . Ahora, vea que el cociente diferencial anterior cambia a $\frac{g(x_0 + t) - g(x_0)}{(a-b)t}$ . El límite de esto, si existe, hace que $g$ diferenciable ( $a-b$ es sólo una constante).

Ahora vea que $f(x) = g(\frac{(b+1)x - b(b+1) + (a-b-1)x_0}{a})$ y por lo tanto $f$ es la composición de dos funciones y, por tanto, es diferenciable.

Answer 2

1. Si $a=b$ entonces la conclusión de la diferenciabilidad no es cierta.Supongamos entonces $a \ne b$ .

$$\dots\dots\dots$$ 2. Si $b=0$ entonces la diferenciabilidad se mantiene porque $\lim_{t \rightarrow 0} \frac{f(x_0 + at)-f(x_0)}{a\space t} = \lim_{u \rightarrow 0} \frac{f(x_0 + u)-f(x_0)}{u} $ que es la definición de diferenciabilidad.

$$\dots\dots\dots$$ 3. Si $a \ne b$ , $a \ne 0$ y $b \ne 0$ entonces la conclusión de la diferenciabilidad no se cumple, porque, a diferencia del caso 2) anterior, el valor $f(x_0)$ no está involucrado en el supuesto, por lo que no podemos concluir la continuidad de $f$ en $x_0$ . Como ejemplo, tomemos $a=1$ , $b=2$ , $x_0=0$ y $f(t)=\sin ( 2\pi \frac{\ln(|t|)}{\ln(2)})$ para $t \ne 0$ . Entonces $f(x_0 + at) - f(x_0 + bt) = 0$ para todos $t \ne 0$ por lo que el límite existe, pero $f$ no es continua en $x_0=0$ Por lo tanto $f$ no es diferenciable en $x_0$ .

El ejemplo $f(t)=\sin ( 2\pi \ln(|t|))$ o cualquier otra función par que sea discontinua en $x_0$ muestra que $a=-b \ne 0$ no implica la diferenciabilidad de $f$ en $x_0$ .

$$\dots\dots\dots$$ 4. Por último, supongamos que $|a| \ne |b|$ , $a \ne 0$ , $b \ne 0$ y $f$ es continua en $x_0$ . Por simetría de los supuestos en $a$ y $b$ podemos suponer $|a| < |b|$ . Sea $\lambda = \frac{a}{b}$ para que $|\lambda| < 1$ . Por un cambio de variable en el límite tenemos $L = \lim_{t \rightarrow 0} \frac{f(x_0 + t)-f(x_0 + \lambda t)}{(1-\lambda) t} $ existe. Podemos reformular este hecho como:
$$ f(x_0 + t)-f(x_0 + \lambda t) = L (1-\lambda) t + o(t) \tag{1} $$ para todos $t$ cerca de $0$ .
Sustitución de $t$ por $ \lambda ^j t$ en (1) obtenemos: $$ f(x_0 + \lambda^j t)-f(x_0 + \lambda^{j+1} t) = L (1-\lambda) \lambda^j t + o(\lambda^j t) \tag{2} $$ ya que la condición $|\lambda| < 1$ garantiza que $ \lambda ^j t$ está cerca $0$ .

Añadiendo (2) para $j=0,1,.., N-1$ tras las obvias simplificaciones de la suma telescópica: $$ f(x_0 + t)-f(x_0 + \lambda^{N} t) = L (1-\lambda^N) t + o((1-\lambda^N) t) \tag{4} .$$
Ahora tomamos el límite $N \rightarrow \infty $ y utilizar la continuidad de $f$ en $x_0$ para conseguir para todos $t$ cerca de $0$ : $$ f(x_0 + t)-f(x_0) = L \space t + o(t) $$ que es la diferenciabilidad de $f$ en $x_0$ .