Asumir que ser continua en $f$ $\mathbb{R}$, $f'(x)$ existe para todas las $x\neq 0$, % y $\lim_{x\rightarrow 0} f'(x)=1$. Necesitamos mostrar $f'(0)$ existe y es igual a $1$.
¿$f'(0)=\lim_{x\rightarrow 0}\frac{f(x)-f(0)}{x}$, $\lim_{x\rightarrow 0}f'(x)=1\Rightarrow\lim_{x\rightarrow 0}\lim_{h\rightarrow 0}\frac{f(x+h)-f(x)}{h}=1$...am voy en la dirección correcta? Por favor ayuda.
Que $x>0$. Por el teorema del valor medio en $[0,x]$, $$\exists \xi_x\in (0,x):f'(\xi_x)=\frac{f(x)-f(0)}{x}$ $ dejaron $\epsilon>0$. Tenemos que #% el % $ $$\exists \delta>0: \ \forall y\in (0,\delta)\ \left|f'(y)-1\right|<\epsilon\implies \left|f'(\xi_x)-1\right|<\epsilon\implies \left|\frac{f(x)-f(0)}{x}-1\right|<\epsilon $ #%. Así $0<x<\delta$. Asimismo de acuerdo con el caso $f'_+(0)=1$
Sí, como dice la respuesta de Julien, se puede aplicar a L'Hopital. Como alternativa, puede utilizar el teorema del valor medio directamente, que es cómo se demuestra el teorema de L'Hopital. Para cualquier $h \neq 0,$ tenemos $\frac{f(x+h)- f(x)}{h} = f^{\prime}(\alpha_{h})$ $\alpha_{h} \in (x+h,x)$ $h <0$, o en $(x,x+h)$ si $h >0.$ $h \to 0,$ $\alpha_{h} \to 0.$ pero debemos tener como dicen que $f^{\prime}(\alpha_{h}) \to 1$ $\alpha_{h} \to 0,$ por lo que se realiza
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