Derivadas

Como $f$ es derivable en $x_0$:

$f'(x_0) = \lim_{x \to x_0} \frac{f(x) - f(x_0)}{x - x_0}$

Como $\lim_{x \to x_0}(x - x_0) = 0$, por álgebra de límites:

$\lim_{x \to x_0}(f(x) - f(x_0)) = \lim_{x \to x_0}\frac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0} \cdot \lim_{x \to x_0}(x-x_0) = f'(x_0) \cdot 0 = 0$

Luego $\lim_{x \to x_0} f(x) = f(x_0)$, es decir, $f$ es continua en $x_0$.

Por definición de derivada:

$(f \cdot g)'(x_0) = \lim_{h \to 0} \frac{f(x_0+h)\,g(x_0+h) - f(x_0)\,g(x_0)}{h}$

Sumamos y restamos $f(x_0)\,g(x_0+h)$ en el numerador:

$= \lim_{h \to 0} \frac{f(x_0+h)(g(x_0+h)-g(x_0)) + g(x_0+h)(f(x_0+h)-f(x_0))}{h}$

$= \lim_{h \to 0} f(x_0+h) \cdot \frac{g(x_0+h)-g(x_0)}{h} + \lim_{h \to 0} g(x_0+h) \cdot \frac{f(x_0+h)-f(x_0)}{h}$

Como $f$ es derivable, es continua, luego $f(x_0+h) \to f(x_0)$ y $g(x_0+h) \to g(x_0)$ cuando $h \to 0$:

$(f \cdot g)'(x_0) = f(x_0)\,g'(x_0) + g(x_0)\,f'(x_0)$

$r'(x) = \lim_{h \to 0} \frac{\dfrac{1}{x+h} - \dfrac{1}{x}}{h} = \lim_{h \to 0} \frac{x - (x+h)}{h\,x(x+h)} = \lim_{h \to 0} \frac{-1}{x(x+h)} = -\frac{1}{x^2}$

Escribimos $f/g = f \cdot (r \circ g)$ donde $r(x) = 1/x$. Aplicando la regla del producto y la regla de la cadena:

$\left(\frac{f}{g}\right)'(x_0) = f'(x_0)\cdot\frac{1}{g(x_0)} + f(x_0)\cdot(r \circ g)'(x_0)$

Por regla de la cadena: $(r \circ g)'(x_0) = r'(g(x_0))\cdot g'(x_0) = -g(x_0)^{-2}\cdot g'(x_0)$. Luego:

$\left(\frac{f}{g}\right)'(x_0) = \frac{f'(x_0)}{g(x_0)} - \frac{f(x_0)\,g'(x_0)}{g(x_0)^2} = \frac{f'(x_0)\,g(x_0) - f(x_0)\,g'(x_0)}{g(x_0)^2}$

Defina la función auxiliar:

$\ell(k) = \begin{cases} \dfrac{f(g(x_0)+k) - f(g(x_0))}{k} - f'(g(x_0)) & \text{si } k \neq 0 \\ 0 & \text{si } k = 0 \end{cases}$

Como $f$ es derivable en $g(x_0)$, se tiene $\lim_{k\to 0}\ell(k) = 0$, luego $\ell$ es continua en $k=0$.

De la definición de $\ell$, para todo $k$ (incluyendo $k=0$):

$f(g(x_0)+k) - f(g(x_0)) = \ell(k)\cdot k + f'(g(x_0))\cdot k \qquad (*)$

Sea $K = g(x_0+h) - g(x_0)$. Sustituyendo $(*)$ con $k = K$:

$\frac{(f\circ g)(x_0+h) - (f\circ g)(x_0)}{h} = \ell(K)\cdot\frac{g(x_0+h)-g(x_0)}{h} + f'(g(x_0))\cdot\frac{g(x_0+h)-g(x_0)}{h}$

Tomando límite cuando $h \to 0$: como $g$ es continua en $x_0$, $K \to 0$, luego $\ell(K) \to 0$:

$(f\circ g)'(x_0) = 0\cdot g'(x_0) + f'(g(x_0))\cdot g'(x_0) = f'(g(x_0))\cdot g'(x_0)$

Sea $K = f^{-1}(f(c)+\Delta) - c$, de modo que $\Delta = f(c+K)-f(c)$.

Cuando $\Delta \to 0$, como $f$ es continua y estrictamente monótona, se tiene $K \to 0$. Entonces:

$\lim_{\Delta \to 0} \frac{f^{-1}(f(c)+\Delta) - f^{-1}(f(c))}{\Delta} = \lim_{K \to 0} \frac{K}{f(c+K)-f(c)} = \frac{1}{f'(c)}$

Sin pérdida de generalidad, suponga que $x_0$ es mínimo local de $f$.

Derivada lateral derecha. Para $x > x_0$: $x - x_0 > 0$ y $f(x) - f(x_0) \geq 0$, luego: $\frac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0} \geq 0 \implies f'(x_0) = \lim_{x \to x_0^+}\frac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0} \geq 0$

Derivada lateral izquierda. Para $x < x_0$: $x - x_0 < 0$ y $f(x) - f(x_0) \geq 0$, luego: $\frac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0} \leq 0 \implies f'(x_0) = \lim_{x \to x_0^-}\frac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0} \leq 0$

Como $f$ es derivable, ambas derivadas laterales son iguales, y se tiene $0 \leq f'(x_0) \leq 0$, luego $f'(x_0) = 0$.

Como $f$ es continua en $[a,b]$, por el Teorema de Weierstrass alcanza su máximo en $x_1$ y su mínimo en $x_2$.

Caso 1: Alguno de $x_1$, $x_2$ está en el interior $(a,b)$. Entonces por el Teorema de Fermat, $f'(x_1) = 0$ o $f'(x_2) = 0$.

Caso 2: $x_1$ y $x_2$ están ambos en los extremos. Como $f(a) = f(b)$, el máximo y mínimo son iguales, luego $f$ es constante y $f' = 0$.

Considere la función auxiliar: $g(x) = f(x) - \frac{f(b) - f(a)}{b-a}(x-a) - f(a)$

Se verifica que $g(a) = 0$ y $g(b) = 0$. Por el Teorema de Rolle, existe $c \in (a,b)$ tal que $g'(c) = 0$: $g'(x) = f'(x) - \frac{f(b) - f(a)}{b-a} \implies f'(c) = \frac{f(b) - f(a)}{b - a}$

Defina la función auxiliar:

$h(x) = (f(b)-f(a))(g(x)-g(a)) - (g(b)-g(a))(f(x)-f(a))$

Se verifica que $h(a) = 0$ y $h(b) = 0$. Por el Teorema de Rolle, existe $c \in (a,b)$ tal que $h'(c) = 0$:

$h'(c) = (f(b)-f(a))\,g'(c) - (g(b)-g(a))\,f'(c) = 0$

Sea $x'' \in (a,b]$ arbitrario. Aplique el Teorema del Valor Medio a $f$ en $[a, x'']$: existe $c \in (a, x'')$ tal que:

$f(x'') - f(a) = f'(c)(x'' - a) = 0$

Luego $f(x'') = f(a)$ para todo $x'' \in (a,b]$.

Sea $h(x) = f(x) - g(x)$. Entonces $h'(x) = 0$ en $(a,b)$. Por el teorema anterior, $h$ es constante: $h(x) = K$.

Dado $\varepsilon > 0$, existe $\delta > 0$ tal que $0 < |x - x_0| < \delta \Rightarrow \left|\dfrac{f'(x)}{g'(x)} - \ell\right| < \varepsilon$.

Para $x$ con $0 < |x - x_0| < \delta$, como $f(x_0) = g(x_0) = 0$, por el Teorema de Cauchy existe $c$ entre $x$ y $x_0$ tal que:

$\frac{f(x)}{g(x)} = \frac{f(x) - f(x_0)}{g(x) - g(x_0)} = \frac{f'(c)}{g'(c)}$

Como $c \to x_0$ cuando $x \to x_0$:

$\left|\frac{f(x)}{g(x)} - \ell\right| = \left|\frac{f'(c)}{g'(c)} - \ell\right| < \varepsilon$

Dado $\varepsilon > 0$, existe $\delta_1 > 0$ tal que $0 < |x - x_0| < \delta_1 \Rightarrow \left|\dfrac{f'(x)}{g'(x)} - \ell\right| < \dfrac{\varepsilon}{4}$.

Fije $x_1 = x_0 + \delta_1$. Para $x$ con $0 < |x - x_0| < \delta_1$, por el Teorema de Cauchy existe $c$ entre $x$ y $x_1$ tal que:

$\frac{f(x) - f(x_1)}{g(x) - g(x_1)} = \frac{f'(c)}{g'(c)}$

Por la desigualdad triangular:

$\left|\frac{f(x)}{g(x)} - \ell\right| \leq \left|\frac{g(x)-g(x_1)}{g(x)}\right|\cdot\left|\frac{f'(c)}{g'(c)} - \ell\right| + \left|\frac{f(x_1) - g(x_1)\ell}{g(x)}\right|$

Como $g(x) \to \infty$, existen $\delta_2$, $\delta_3$ tales que ambos sumandos son $< \varepsilon/2$ para $|x-x_0| < \min(\delta_2, \delta_3)$. Tomando $\delta = \min(\delta_1,\delta_2,\delta_3)$ concluimos $\left|\dfrac{f(x)}{g(x)} - \ell\right| < \varepsilon$.