una cara de la diferenciabilidad

Question

Bien conocido teorema:

Si $f\colon\mathbb{R}\to\mathbb{R}$ es diferenciable y $f'(x)=0$ todos los $x$, $f$ es constante.

La asunción de la diferenciabilidad se puede debilitar a la continuidad y unilateral la diferenciabilidad:

Si $f\colon\mathbb{R}\to\mathbb{R}$ es continua y para cada $x$ función de $f$ es derecho diferenciable en a $x$ y el derecho derivado es igual a 0, entonces $f$ es constante.

Este es también un hecho conocido, y lo mismo ocurre cuando el "derecho" es reemplazado por "izquierda".

Me pregunto si podemos hacer incluso más fuerte:

Si $f\colon\mathbb{R}\to\mathbb{R}$ es continua y para cada $x$ a la izquierda o a la derecha derivada existe y es igual a 0, entonces $f$ es constante?

(en mi versión de los lados puede ser diferente para los distintos puntos -- esta es la diferencia entre mi conjetura y el teorema)

Answer 1

Estoy publicando esta respuesta porque la prueba dada en el papel por Miller y Vyborny contiene un pequeño error. Lo que sigue es una versión revisada de su prueba.

Supongamos por contradicción que $f(a)\neq f(b)$ algunos $a<b$. Podemos suponer $f(a)<f(b)$ (de lo contrario, reemplace $f$ por $-f$), $f(a)=0$ (reemplace$f(x)$$f(x)-f(a)$) y $f(b)=1$ (observar que ahora $f(b)>f(a)=0$ y reemplace$f(x)$$\frac{1}{f(b)}f(x)$).

También podemos suponer que $a=0$ (reemplace$f(x)$$f(x+a)$) y $b=1$ (reemplace$f(x)$$f(bx)$). Claramente ninguna de estas operaciones se altera la hipótesis. Estos tontos reducciones no fueron necesarias, pero a menudo es instructivo ver cómo se puede simplificar la notación de forma gratuita (a través de la traducción/reescalado trucos).

Por lo $f(0)=0$$f(1)=1$. Ahora la base de la prueba: definir $g(x):=\frac{1}{3}+\frac{x}{3}$ y el aviso de que $g(0)>f(0)$$g(1)<f(1)$. Por lo tanto $A:=\{x\in [0,1]: g(x)>f(x)\}$ es no vacío. Poner $x_0:=\sup A>0$. Por continuidad tenemos $g(x_0)\ge f(x_0)$, lo $x_0<1$. Ya que, por cualquier $0<\epsilon<1-x_0$, $x_0+\epsilon\not\in A$, podemos deducir $g(x_0+\epsilon)\le f(x_0+\epsilon)$ , por lo que, de nuevo por la continuidad, $g(x_0)\le f(x_0)$. Así que, finalmente,$g(x_0)=f(x_0)$.

Ahora hay dos casos: si el derecho derivado en $x_0$ existe y es $0$, a continuación, para $\epsilon>0$ suficientemente pequeños contamos $\frac{f(x_0+\epsilon)-f(x_0)}{\epsilon}<\frac{1}{3}$, es decir, $$f(x_0+\epsilon)<f(x_0)+\frac{\epsilon}{3}=g(x_0)+\frac{\epsilon}{3}=g(x_0+\epsilon),$$ which contradicts the fact that $x_0+\epsilon\no\en Un$.

Si en lugar de la izquierda derivado en $x_0$ existe y es $0$ $\epsilon>0$ suficientemente pequeño, decir $0<\epsilon\le \epsilon_0$, tenemos $\frac{f(x_0)-f(x_0-\epsilon)}{\epsilon}<\frac{1}{3}$, es decir, $$f(x_0-\epsilon)>f(x_0)-\frac{\epsilon}{3}=g(x_0)-\frac{\epsilon}{3}=g(x_0-\epsilon).$$ So $x_0-\epsilon\no\en Un$. Pero también sabemos que $x_0\not\in A$ (este no estaba garantizado en el documento se hace referencia más arriba y que condujo a una prueba incompleta). Por lo tanto $A\cap [x_0-\epsilon_0,x_0]=\emptyset$, contradiciendo el hecho de que $x_0=\sup A$. Esto completa la prueba.