Como \(A\) es acotado, existe un \(s= inf(A)\)
Por propiedad del infimo sabes que \(\forall \epsilon >0, \exists x \in A / x < s + \epsilon\)
=> si \(\epsilon = 1/n\ \forall n,\ x\) puede ser un elemento de \(An\)
=> \(An < s + 1/n\)
=> \(An -s < 1/n \ \forall \ n\) (1)
Ahora queres probar el limite.
Dado \(\epsilon > 0\), \(\exists \ n0 \ / \ \forall n \geq n0 \ |An-s| < \epsilon\)
Sea \(n0 > 1/\epsilon => 1/n0 < \epsilon\)
=> \(\forall \ n >= n0, 1/n <= 1/n0\)
=> \(1/n < \epsilon \ \forall \ n>= n0\)
Como \(An \geq s \ \forall \ n\) y
b)
Bueno, el infimo de la funcion es -1, y una buena sucesion podria ser una sub-funcion de la dada
An= e^(-1/((2n-0.5)*pi)^2) * sin ((2n-0.5)*pi)
Seria reemplazar x por (2n-0.5)*pi, si te fijas el limite de eso daria -1 creo.
En caso afirmativo, cumpliria con lo que te pide, porque seria la misma funcion, pero solo los puntos en que la funcion se acerca al -1
Solucion Ejercicio 2:
a)
Vos queres probar esto:
$$\frac{\partial f}{\partial V}(P) = \left< \bigtriangledown f (P), V \left>$$
Por definicion \(\frac{\partial f}{\partial V}(P)\) es \(\lim_{h \rightarrow 0} \frac{f (P+h*v)+f (P)}{h}\)
Sea:
g(h) = P + h*v , g(0) = P
g'(h) = v
\(\lim_{h \rightarrow 0} \frac{f (P+h*v)+f (P)}{h}\) = \(\lim_{h \rightarrow 0} \frac{f (g(h))+f (g(0))}{h}\) = Esto ultimo es (f o g) ' (0)
Por regla de la cadena (f o g)'(0) = <\(\bigtriangledown\)f ( g(0) ) · g'(0) >= \(< \bigtriangledown f ( P)\) · v > Justificando que f es diferenciable y g derivable.
b) Por lo probado antes
\(\frac{\partial f}{\partial V}(P) = < \bigtriangledown f ( P)\) · v >
con lo cual podes concluir que si \(\bigtriangledown f ( P)\) es ortogonal a \(v\) el producto ese es igual a cero.
Creo que esta bien, igual fijate si le encontras algun error.
La del 3 te la debo, pq no se me ocurre.
Tengo el final fotocopiado y hay un error con la funcion en el punto 1 b
Esta es : \(b) Sea f: (0,+\infty) \rightarrow \mathbb{R}, f(x) = sin(x) * {e}^{\frac{1}{{x}^{2}}\)
seria muy feliz si alguien pudiera darle una miradita a esta resolucion de ejercicio 2 😄
\(Sea V tq \Vert v\Vert= 1queremos ver que...\)
\(\lim_{h\rightarrow \o}\frac{f(p+hv)-f(p)}{h}= Df(p).V\) y esto sucede si y solo si \(\lim_{h\rightarrow \o}\frac{f(p+hv)-f(p)}{h}- Df(p).V=0\)\(\lim_{h\rightarrow \o}\frac{f(p+hv)-f(p)-h.Df(p).(V)}{h}=0\) sii \(\lim_{h\rightarrow \o}\frac{f(p+hv)-f(p)-.Df(p).(hV)}{h}=0\) luego tomando \(x= p+hv\) resulta... \(\lim_{h\rightarrow \o}\frac{f(x)-f(p)-.Df(p).(x-p)}{h}=0\). y esto es verdadero pues \(hv=x-p\) y tomando modulo \(\Vert hv\Vert =\Vert x-p\Vert\)y como \(\Vert v\Vert =1...\Vert h\Vert =\Vert x-p\Vert\) asi resulta \(\vert\frac{f(p+hv)-f(p)-.Df(p).(hV)}{h}\vert=\vert\frac{f(p+hv)-f(p)-.Df(p).(hV)}{x-p}\vert\) y esto tiende a cero pues f es diferenciable en p...
desde ya muchas gracias
La verdad que luche un buen rato con el ejercicio 3 de este parcial y no pude hacerlo.
Se puede hacer sin la hipótesis de la continuidad de la derivada??
Si alguno es tan amable de tirarme un gancho seria de mucha ayuda, gracias!
Para empezar si te piden que lo hagas sin una hipotesis debe ser que se puede (esto no es siempre cierto pero casi) 😛
ahora el ej. (solo una idea)
para la parte a) tenes que usar que es monotona
para la parte b) tenes que usar que si no es monotona entonces tiene un maximo o un minimo local y en ese punto la derivada se anula
para la parte c) son las dos ideas anteriores mezcladas
Si no fuera inyectiva, existirian \(x_1, x_2 \in [a, b]\) tales que \(f(x_1) = f(x_2)\), pero por el teorema de Rolle, \(f'\) se anularia en un punto intermedio. Absurdo.
Para empezar si te piden que lo hagas sin una hipotesis debe ser que se puede (esto no es siempre cierto pero casi) 😛
ahora el ej. (solo una idea)
para la parte a) tenes que usar que es monotona
para la parte b) tenes que usar que si no es monotona entonces tiene un maximo o un minimo local y en ese punto la derivada se anula
para la parte c) son las dos ideas anteriores mezcladas
Creo que lo que me recomendaste para el b) en realidad es para el c)
Se que en b) tengo que probar que si no es monotona, no es inyectiva.
y en c) usaria a) y b) Como f no es monotona, no es inyectiva, despues existen x1 y x2 diferentes / F(x1) = F(x2), uso Rolle como dijo fedor y pruebo que Existe c / F(c) = 0
Mi problema viene con b), intuitivamente me doi cuenta que si f no es monótona entonces no es injectiva, pero no se me ocurrió como ponerlo "en números".
De la negación de la hipotesis me queda que Existen Xa y Xb / F'(Xa)=<0 F'(Xb)>=0 , si F' fuera continua ya estoy... pero no se me ocurre como seguirlo (capaz empeze por cualquier lado como costumbre jaja)
Hola, yo se que es medio viejo este post, pero releyendo un poco contesto el item 3 que habian preguntado.
Sea f : R---> R derivable. Notar que f' no es
necesariamente continua
a) si f' no se anula en [a,b]. Probar que f es inyectiva en [a,b]
b) Si f es inyectiva. Probar que f es estrictamente creciente o estrictamente
decreciente
c) f : R--->R derivable tal que f' (a) < 0 < f' (b).
Probar que existe c entre a y b tal que f' (c) = 0
A- Como f es derivable, entonces f es continua. Como F es continua en [a,b], por el teorema de Rolle, si existen 2 puntos dentro del intervalo tal que F(x1)=F(x2) entonces debe existir un F'(x3)=0 . Pero como F' es distinta de 0 en [a,b], entonces no existen 2 puntos dentro del intervalo en el cual F toma el mismo valor y por lo tanto es inyectiva.
b- No me terminé de convencer con esta demostración, habria que retocarla.
Cómo f es inyectica, sabemos que para cada valor del dominio existe un valor de F. Por la definición de máximo local y mínimo local, si f alcanza un extremo local (tomemos un máximo y el caso de mínimo es analogo) en el punto Xo, existe un intervalo [Xo-r, Xo+r] tal que F(x0-h)<F (xo) >F(xo+h) para todo h=<r. Pero como f es continua, existe un punto en el intervalo [Xo-r, Xo+r] tal que F(Xo-h)=F(Xo+h) para algun h, y F aplicado en este punto tendria el mismo valor y no sería biyectiva.
Demuestro lo anterior: Como F(xo) es un máximo local, F'(Xo)=0, por el teorema de lagrange, F(xo+h) -F(xo-h)=F`(c).|2h| entonces, existe un h tal que que si F'(c)=0=F(xo), si F'(c)=0 F(xo-h) - F(Xo+H)=0, y entonces F(xo-h)=F(xo + h).
Por lo tanto no sería inyectiva. Si una función definida en un abierto no alcanza máximos ni mínimos locales debe ser monotona ya que (tomando el caso de creciente) F(x-h)=<F(x)<=F(xo+h) y no cumple con la condición antes dicha. La suponemos estricamente monotona ya que en el caso de que existiese la igualdad, la función no sería inyectiva porque F tiene un intervalo en donde es constante..
C
Si f es monotona ,(tomo el caso creciente el otro es analogo) como F(x)=<F(x+h), si tomamos cociente incremental que me da paja hacerlo, llegamos a la conclusión de que la derivada es siempre positiva o 0, si fuese decreciente, sería siempre negativa, como F'(a)<0<F'(b) por lo tanto f no es monotona. Si una función continua no es monotona en un abierto, existen al menos 2 puntos en los cuales F(t)=F(y) y si tomamos el intervalo [t;y] por el teorema de Rolle existe un F'(c)=0 en este intervalo, que está contenido en el dominio de la función.
Buscando por ahí, encontré una demostración para el ejercicio 3, que quisiera compartir (pero está en inglés)
Aclaraciones:
el teorema 4.16 decía que una función f continua en un compacto X alcanza máximo y mínimo para algún p y q perteneciente a X.
el teorema 5.8 decía: sea f definida en [a,b]; si f tiene un máximo local (o mínimo) en un punto x\(\in\)(a,b) y f'(x) existe, entonces f'(x)=0
También encontré un ejemplo de función derivable pero con derivada no discontinua:
a) queremos ver que \(f'(x) \neq 0 \Rightarrow f(x)\) inyectiva. Entonces \(f'(x) \neq 0 \forall x \epsilon [a,b]\). Dados \({x}_{o} , {y}_{o} \epsilon [a,b]\) y supongamos que f no es inyectiva \(\Rightarrow {x}_{o} > {y}_{o} / f({x}_{o})= f({y}_{o})\) . luego por el teorema de lagrange \(\frac{f({x}_{o}) - f({y}_{o}) }{ {x}_{o} - {y}_{o}} = f'(c)\) con \({y}_{o} < c < {x}_{o}\) pero entonces \(f({x}_{o}) - f({y}_{o}) = 0 \Rightarrow 0 = f'(c) ({x}_{o} - {y}_{o})\) pero \(f'(c) \neq 0\) por hipotesis y \({x}_{o} - {y}_{o} > 0\) \(\Rightarrow\) absurdo \(\Rightarrow f(x)\) inyectiva
b)\(f\) inyectiva \(\Rightarrow f\) estrictamente decreciente o estrictamente creciente. razonemos por el absurdo. negar lo anterior es decir si \(f\) inyectiva \(\Rightarrow f\) monotona (tambien esta la opcion que f no sea monotona pero como f es continua sino es monotona ni estrictamente creciente o decreciente alcanza un maximo o un minimo en el interior de algun compacto, por ende en un disco alrededor del max o min f no seria inyectiva. por esta razon paso por alto este ultimo caso. igualmente la demostracion hecha en el punto c sirve para respaldar lo recien dicho.). se entiende por monotona constante \(f(x) = f(y) \forall y < x\) monotona creciente \(f(y) \leq f(x) \forall y < x\) y monotona decreciente \(f(x) \leq f(y) \forall y < x\). supongamos monotona creciente, las otras dos son analogas. si \(f\) inyectiva entonces \(f(x) = f(y) \Rightarrow x = y\) pero si es monotona creciente entonces \(f(y) \leq f(x) \forall y < x\) pero si vale el igual entonces absurdo porque se contradice con que f sea inyectiva, etnonces f esctrictamente creciente. suponiendo que f es monotona decreciente se llega a la conclusion que f es esctrictamente decreciente y suponiendo que f es monotona constante se llega a la conclusion que f es o estrictamente creciente o estrictamente decreciente.
c) \(f\) continua en \([a,b]\) por ser \(f\) derivable. \(\Rightarrow f\) alcanza en particular un minimo en el compacto por el teorema de weistrass. Si el minimo no se alcanza en los bordes, luego por el teorema de fermat si llamamos \(c\) al punto donde \(f\) alcanza el minimo valor \(\Rightarrow f'(c) = 0\). Falta ver que \(c\epsilon(a,b)\). Dado \(0 < \varepsilon = - f'(a)\) \(\exists\) \(0 < \delta / 0 < \vert x - a \vert < \delta \Rightarrow \vert \frac{f(x) - f(a)}{x - a} - f'(a) \vert < \varepsilon = - f'(a)\) entonces desarollando el ultimo modulo se tiene que \((- \varepsilon + f'(a))(x - a) < f(x) - f(a) < (\varepsilon + f'(a))(x - a) = 0\) \(\Rightarrow f(x) < f(a)\) cuando \(a<x\) entonces se concluye que \(c > a\) de forma analoga se hace con \(c < b\)