Si la función $f$ se define por $$f(x) = \begin{cases}x^2 \sin(\frac{1}{x^2}) & x \ne 0 \\ 0 & x = 0 \end{cases} $$ entonces $f$ es diferenciable y $f'$ no tiene límites en $[-1,1]$ .
Sé que esto es cierto. ¿Cómo puedo demostrarlo?
Respuestas
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El punto genial del problema es que aunque para cualquier valor positivo $M$ y positivo $\epsilon$ podemos encontrar algún valor de $x$ con $|x|<\epsilon$ tal que $|f'(x)| > M$ Sin embargo $f$ es diferenciable en $x=0$ .
De hecho, $f'(0) = 0$ y podemos ver que aplicando la definición de derivada: $$ \left. \frac{df(x)}{dx} \right|_{x=0} = \lim_{h\rightarrow 0} \frac{h^2 \sin\frac{1}{h^2}-f(0)}{h} = \lim_{h\rightarrow 0} {h \sin\frac{1}{h^2}}-0 =0 $$ desde $|\sin\frac{1}{h^2}|$ está acotado por 1 y que está siendo multiplicado por $h$ .
Por otro lado, mira la expresión para $f'(x)$ cuando $x \neq 0$ . En los puntos donde $\frac{1}{x^2} = (n+\frac{1}{2})\pi$ ,
$$ |f'(x)| > \frac{2}{x} - 2x $$ y esto es ilimitado ya que $x$ se acerca a cero.
user3141592
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En x=0, no podemos utilizar las reglas de la derivada normal. Así que una aplicación de la regla de la cadena no es válida, hasta donde yo sé. Cuando se cuestionan cosas como esta, la definición es donde hay que mirar. En este caso, la derivada es:
\begin{equation} \lim_{h\to 0} \frac{f(x+h)-f(x)}{h}=\lim_{h\to 0} \frac{h^{2}sin(1/h^{2})}{h}=\lim_{h\to 0} h sin(1/h^{2})=0 \end{equation}
El último paso fue por el teorema del apretón, apretado entre $|h|$ y $-|h|$ .
Así que $f'(0)=0$ . En todo lo demás es diferenciable, porque por la regla de la cadena y el producto, las composiciones y los productos de las funciones dif. son dif. y por la linealidad de la derivada, las sumas de las funciones dif. también son dif.
Así que $f'(x)$ es dif en el intervalo. A 0, es 1. En caso contrario, es igual a
$$f'(x) = 2x\sin(1/x^2)-2\frac{\cos(1/x^2)}{x} $$
como ha dicho JefLaga. Sin embargo, 1/x no está acotado en el intervalo. Así que $f'(x)$ no está acotado en [-1,1].
Jef Laga
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