Capítulo 11 Pregunta 67b de la obra de Spivak Cálculo pide al lector que demuestre lo siguiente:
Si $g(x)=x^2\sin(\frac{1}{x})$ entonces hay números $x$ arbitrariamente cerca de $0$ con $g'(x)=1$ .
IMPORTANTE :
Explicaré cómo construí el $x$ ...que parecerá lógicamente inconsistente, porque asumo la respuesta y trabajo hacia atrás... el objetivo de este post es evaluar el método para generar la $x$ en lugar de exponer la prueba.
En primer lugar, $g'(x)=2x\sin(\frac{1}{x})-\cos(\frac{1}{x})$ . El objetivo de este pufo es demostrar que para cualquier $\delta \gt 0$ puedo construir un $x \in (0,\delta)$ tal que $g'(x)=1$ . La forma más sencilla de hacerlo es encontrar un $x$ tal que $\sin(\frac{1}{x})=0$ y $\cos(\frac{1}{x})=-1$ . Esto ocurre cuando $\frac{1}{x}=\pi + 2\pi n$ para algunos $n \in \mathbb N$ . Resolución de $x$ obtenemos que $x = \frac{1}{\pi(1+2n)}$ para algunos $n$ . A continuación, tenemos que averiguar cómo generamos este $n$ .
Porque $\mathbb N$ es ilimitado, sabemos que para cualquier $\varepsilon\gt 0$ hay un $n'$ tal que $\frac{1}{n'}\lt\varepsilon\quad (\dagger_1)$ .
$\color{red}{\text{Consider some arbitrary } \delta}$ . Necesito $0\lt x \lt \delta$ y necesito $x=\frac{1}{\pi(1+2n)}$ para algunos aún no determinados $n$ así que fuerzo la siguiente declaración: $0 \lt \frac{1}{\pi(1+2n)} \lt \delta$ . A continuación, voy a resolver $n$ :
\begin{align} &\frac{1}{\pi(1+2n)}\lt \delta \quad \implies \\ &1 \lt \delta\pi+2n\delta\pi \quad \implies \\ & 1-\delta\pi \lt 2n\delta\pi \quad \implies \\ &\frac{1-\delta\pi}{2\pi\delta}\lt n \quad(\dagger_2) \end{align}
Lo que quiero hacer en este momento es emplear lo siguiente lema : $a \gt 0 \land b \gt 0 \land a \gt b \rightarrow \frac{1}{a}\lt\frac{1}{b} (*)$ . Sin embargo, el nuumerador de $(\dagger_2)$ es preocupante porque $1-\delta\pi \leq 0$ para determinados valores de $\delta$ en particular, cuando $\delta \geq \frac{1}{\pi}$ .
Por lo tanto, voy a modificar mi afirmación original sobre " $\color{red}{\text{Consider some arbitrary } \delta}$ " y cambiar a cualquier $\delta \lt \frac{1}{\pi}$ .
Entonces, podemos aplicar nuestro lema $(*)$ a $(\dagger_2)$ que decir:
$$\frac{1}{n} \lt \frac{2\pi\delta}{1-\delta\pi}$$
Por lo tanto, si puedo encontrar un $n$ que satisfaga esta declaración, he terminado. Sea $\frac{2\pi\delta}{1-\delta\pi}$ es un caso de $\varepsilon$ y aplicar $(\dagger_1)$ . Entonces sabemos que tal $n$ existe.
En este punto, todos nuestros pasos pueden proceder a la inversa, y demostramos que para cualquier $\delta \lt \frac{1}{\pi}$ podemos encontrar un $n$ tal que existe un $x \in (0,\delta)$ donde $g'(x)=0 \quad (\dagger_3)$ .
Para abordar el resto $\delta \geq \frac{1}{\pi}$ simplemente elija $x$ satisfaciendo un $\delta' \lt \frac{1}{\pi}$ . Por ejemplo, para cualquier $\delta \geq \frac{1}{\pi}$ elija el $x$ asociado a $\delta'=\frac{1}{\pi+1}$ . Dado que $\frac{1}{\pi+1} \lt \frac{1}{\pi}$ sabemos que existe debido a $(\dagger_3)$ .
$\square$
¿Es éste el enfoque adecuado?
