Demostrando que $x\sin(1/x)$ tiene un máximo local y un mínimo local en $(-1/m,1/m)$ para cualquier número entero positivo $m\geq 1$ .

Question

Sea $f:\mathbb{R}\rightarrow\mathbb{R}$ viene dada por $$f(x)=\begin{cases}x\sin(\frac{1}{x}), \quad x\neq 0\\ 0, \quad x=0 \end{cases}$$ Demuestra que $f$ tiene un máximo local y un mínimo local en $(-\frac{1}{m},\frac{1}{m})$ para cada número entero positivo $m\geq 1$ .

Mi idea era considerar el conjunto $A=[-\frac{1}{m},\frac{1}{m}]$ . Desde $A$ es compacto, y $f$ es continua en $A$ por el teorema del valor extremo, $f$ alcanza un máximo y un mínimo en $A$ . Entonces quise demostrar por el teorema de Rolle que los valores extremos no se pueden alcanzar en los puntos extremos. Esto es evidente si $f$ es diferenciable en $(-\frac{1}{m},\frac{1}{m})$ pero puedo demostrar que para $x\neq 0$ , $f$ es diferenciable ya que $f(x)=a(x)\cdot b(c(x))$ donde $a(x)=x,b(x)=\sin x, c(x) = 1/x$ que se "portan bien" lejos de $0$ y por lo tanto $f$ es diferenciable por aplicación de la regla del producto y la regla de la cadena. El problema se plantea en $x=0$ donde $f$ no es diferenciable. Así que este enfoque falla.

¿Alguna pista sobre un método alternativo para probarlo?

Answer 1

La derivada de $f$ (lejos de $x=0$ donde $f$ no es diferenciable) es

$$f'(x) = \sin \left( \frac 1x\right) - \frac 1x \cos \left( \frac 1x\right).$$

Así $f'(x) = 0$ si

$$ \tan \left( \frac 1x \right) = \frac 1x.$$

Entonces es fácil ver gráficamente que hay infinitos puntos críticos (digamos que $y = 1/x$ entonces se busca la intersección de los dos gráficos $z = \tan y$ et $z=y$ ).

Se puede demostrar rigurosamente mediante el teorema del valor intermedio: en el intervalo

$$ 2n\pi < y < 2n \pi + \frac \pi 2,\ \ n\neq 0,$$

la función $g = \tan y - y$ tiene

$$ g(2n\pi ) = -2n\pi <0, \ \ \lim_{y \to 2n\pi + \frac \pi 2} g(y) = +\infty,$$

por lo tanto hay $y^+_n$ en el intervalo $(2n\pi, 2n\pi + \pi/2)$ para que $g(y_n^+) = 0$ . Por tanto, existe una secuencia $\{x_n^+ = 1/y_n^+\}$ para que $x_n^+ \to 0$ et $f'(x_n^+) = 0$ .

La segunda derivada de $f$ es

$$f''(x) = -\frac{1}{x^3} \sin \left( \frac 1x\right).$$

Desde $y_n^+ = 1/x_n^+ \in (2n\pi, 2n\pi + \pi/2)$ , $\cos (y_n^+) >0$ y así

$$ f''(x_n^+) <0, \ \ \ \forall n.$$

Por lo tanto $x_n^+ $ es un máximo local.

Como resultado, para todos los $m>0$ se puede encontrar $n$ lo suficientemente grande para que $|x_n^+|< 1/m$ por lo que existe un máximo local en $(-1/m, 1/m)$ .

De forma similar, se puede encontrar una secuencia de mínimos locales que tienden a cero, examinando $g$ en los intervalos $((2n + 1)\pi, (2n+1) \pi + \pi/2)$ . Le dejaré los detalles a usted.

Answer 2

Consideremos una media vecindad arbitraria de $0$ , digamos $(0,\epsilon)$

En el intervalo abierto, en los puntos extremos debemos tener: $f'(x)=0\implies \sin (\frac 1x)-\frac 1x\cos \frac 1x=0$

$f'(x)=(\tan (\frac 1x)-\frac 1x)\cos \frac 1x$

Por la propiedad arquimediana, existe $k\in \mathbb N\cup\{0\}$ tal que $I_k=\Big(\frac 1{(2k+1)\pi+\frac\pi 2},\frac1{(2k+1)\pi-\frac\pi 2} \Big)\subset (0,\epsilon)$

Por IVT, puede comprobar que $f'(x)=0$ tiene solución $s_1$ en $I_{k1}=\Big(\frac 1{(2k+1)\pi},\frac1{(2k+1)\pi-\frac\pi 2} \Big)$ et $s_2$ en $I_{k2}=\Big(\frac 1{(2k+1)\pi+\frac\pi 2},\frac 1{(2k+1)\pi}\Big)$

$f''(x)=-\frac{\sin \left(\frac{1}{x}\right)}{x^3}$ es negativo para $s_1$ y positivo para $s_2$ de lo que se deduce que $s_1$ es un punto de máximos locales y $s_2$ ;un punto de mínimos locales.

El mismo análisis anterior es válido para la otra mitad del intervalo $(-\epsilon, \epsilon)$ porque $f$ es par. Y puesto que $\epsilon\gt 0$ es arbitrario, el resultado se deduce de la propiedad arquimediana de los números reales.