Cálculo de Spivak, Capítulo 9, Ejercicio 22 (b)

Question

Asumiendo $f : \mathbb R \to \mathbb R$ es diferenciable, ¿cómo se puede demostrar que $$f'(x) = \lim_{h,k \to 0^+} \frac{f(x+h)-f(x-k)}{h+k},$$ una expresión alternativa para el límite usual de la definición de la derivada $f'(x)=\lim_{h \to 0^+} \frac{f(x+h)-f(x)}h$?

Pensé que el problema para el caso especial de $k=h$: sumar y restar $f(x)$ en el numerador de la expresión. Un $\epsilon$-$\delta$ requisito no era necesario probar que el $\frac{f(x+h)-f(x-h)}{2h} = \frac{f(x+h)-f(x)}h$. Esta fue la parte (a) del Ejercicio 9.22.

También pensé en el envío de $k \to 0^+$ primero para simplificar la función, y desde $f$ es derivable (y por tanto continua), el envío de $k \to 0^+$ reduciría la expresión original la familiar $\lim_{h \to 0^+} \frac{f(x+h)-f(x)}{h}$. Pero, de nuevo, no podemos enviar a $h \to 0^+$ $k \to 0^+$ por separado.

Answer 1

SUGERENCIA : Estabas en el camino correcto para restar y agregar$f(x)$ en el numerador. Entonces tendrás la suma de dos fracciones. Ahora necesitas hacer un truco similar con la multiplicación con cada uno de esos factores para hacer aparecer los cocientes de diferencia habituales$$\frac{f(x+h)-f(x)}h \qquad\text{and}\qquad \frac{f(x+k)-f(x)}k.

Answer 2

Es mejor usar un argumento$\varepsilon$ -$\delta$ para presentar una prueba rigurosa: es decir, evaluar la diferencia entre el operando y el objetivo$f'(x)$.

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Detalles: Dado$\varepsilon > 0$, por la definición de$f'(x)$, existe$\delta > 0$ tal que$0 < h < \delta$ y$0 < k < \delta$ implican que

ps

Ahora si$$\left|\frac{f(x + h) - f(x)}{h} - f'(x)\right| < \varepsilon,\qquad\left|\frac{f(x - k) - f(x)}{-k} - f'(x)\right| < \varepsilon.$, entonces tenemos: \begin{align*} & \left|\frac{f(x + h) - f(x - k)}{h + k} - f'(x)\right|\\ = & \left|\frac{f(x + h) - f(x)}{h} \cdot \frac{h}{h + k} - f'(x)\frac{h}{h + k} + \frac{f(x - k) - f(x)}{-k} \cdot \frac{k}{h + k} - f'(x)\frac{k}{h + k}\right| \\ \leq & \left|\frac{f(x + h) - f(x)}{h} - f'(x)\right| \frac{h}{h + k} + \left|\frac{f(x - k) - f(x)}{-k} - f'(x)\right|\frac{k}{h + k} \\ < & \varepsilon \frac{h}{h + k} + \varepsilon \frac{k}{h + k} \\ = & \varepsilon. \end {align *} Esto es precisamente lo que queremos probar.

Tenga en cuenta que la condición$\|(h, k) - (0, 0)\| < \delta$ y$h > 0$ es crucial de donde podemos eliminar el valor absoluto.

Answer 3

Esto es demasiado largo para un comentario, así que estoy publicando aquí mi comprensión de responder a este problema:

Ya que por hipótesis$f'(x)=\lim_{h \to 0^+} \frac{f(x+h)-f(x)}h = \lim_{k \to 0^+} \frac{f(x)-f(x-k)}k$ ...

Para todos$\epsilon > 0$, existe$\delta_1 > 0$ tal que$0 < h-0<\delta_1$ implica$\left|\frac{f(x+h)-f(x)}h-f'(x)\right|<\epsilon$.

Para todos$\epsilon > 0$, existe$\delta_2 > 0$ tal que$0 < k-0 <\delta_2$ implica$\left|\frac{f(x)-f(x-k)}k-f'(x)\right|<\epsilon$.

Elija $ \ require {enclose} \ enclose {horizontalstrike} {\ delta: = \ min \ {\ delta_1, \ delta_2 \}}$. Choose $\ delta_1 = \ delta_2 = \ epsilon$. Entonces \begin{align} &\left|\frac{f(x+h)-f(x-k)}{h+k}-f'(x) \right| \\ &\le \frac{h}{h + k} \left|\frac{f(x + h) - f(x)}{h} - f'(x)\right| + \frac{k}{h + k} \left|\frac{f(x) - f(x-k)}{k} - f'(x)\right| \\ &= \frac{h}{h + k} \left|\frac{f(x + h) - f(x)}{h} - f'(x)\right| + \frac{k}{h + k} \left|\frac{f(x+k) - f(x)}{k} - f'(x)\right| \\ &< \frac{h}{h+k} \delta_1 + \frac{k}{h+k} \delta_2 \\ &= \frac{h}{h+k} \epsilon + \frac{k}{h+k} \epsilon \\ &= \epsilon \end {align}