Demostrar que no existe una función $f: \mathbb{R} \to \mathbb{R}$ tal que para cada $x$ tenemos $\lim_{h \to 0} \frac{f(x + h) - f(x)}{h} = \infty$
He intentado encontrar la contradicción buscando en x barrio, pero sin efecto.
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mihaild
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Tal $f$ sería estrictamente creciente. Sea $g(x) = f(x) + (f(0) - f(1)) \cdot (x - 1)$ . Entonces $g$ sigue teniendo derivada infinita, por lo que debería ser estrictamente creciente, error $g(0) = g(1)$ .
Demostrar que si $a < b$ entonces $f(a) < f(b)$ Obsérvese que para cualquier $x_0$ para algunos $\varepsilon > 0$ tenemos $f(x) > f(x_0)$ si $x \in (x_0, x_0 + \varepsilon)$ y $f(x) < f(x_0)$ si $x \in (x_0 - \varepsilon, x_0)$ . Elija $\varepsilon$ para cada $x \in [a, b]$ . Entonces $\{U_{\varepsilon_x}(x) | x \in [a, b]\}$ es una cubierta abierta de $[a, b]$ - por lo que tiene alguna subcubierta finita con centros $x_1 < x_2 < \ldots < x_n$ . Podemos suponer que ninguno de $U_{\varepsilon_k}(x_k)$ es subconjunto de la unión de otros (si no, basta con eliminarlo de nuestra portada). Entonces, para cualquier $k = 2, \ldots, n$ hay algo de $y_k \in U_{\varepsilon_{k - 1}}(x_{k - 1}) \cap U_{\varepsilon_k}(x_k) \cap (x_{k - 1}, x_k)$ . También si $x \in U_{\varepsilon_k}(x_k)$ entonces $f(x) < f(x_k)$ si $x < x_k$ y $f(x) > f(x_k)$ si $x > x_k$ . Así que tenemos $f(a) \leqslant f(x_1) < f(y_1) < f(x_2) < f(y_2) \ldots < f(x_n) \leqslant f(b)$ .
Cfr
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Sustituyendo $f$ por $f-f(0)$ podemos suponer que $f(0)=0$ .
Consideremos el intervalo compacto $I=[0,1]$ . Demostramos que para todo $n \in \mathbb N$ tenemos $f(x) \ge nx$ en $I$ . Esto es absurdo ya que entonces $f(1)$ no está definido.
Para la prueba, fijar $n\in \mathbb N$ .
Para cualquier $x \in I$ y utilizando la hipótesis de la pregunta, existe $\epsilon_x >0$ tal que para $y \in (x-2\epsilon_x, x+2\epsilon_x)\cap I$ tenemos $f(y) \ge n(y-x) + f(x)$ .
En $I$ es compacto podemos cubrirlo con un número finito de intervalos abiertos $J_i=(x_i-\epsilon_{x_i}, x_i+\epsilon_{x_i})$ . Considere $i$ tal que $0 \in J_i$ . Si $1 \in J_i$ hemos terminado. Si no $x_i+\epsilon_i$ pertenece a $J_l$ con $l \neq i$ y $f(y) \ge ny$ en $J_i \cup J_l$ . Proceder por inducción, $1$ se alcanzará en un número finito de operaciones, con lo que concluye nuestra demostración.
