Probar o refutar eso si $\lim\limits_{x\to0^+}f(x)=0$ y $|x^2f''(x)|\leq c$ y $\lim\limits_{x\to0^+}xf'(x)=0$

Question

Una función de $f$ definida en el intervalo $(0,1)$ con un continuo de dos veces la derivación $(f\in{C^2(0,1)})$ satisface $\lim_{x\to0^+}f(x)=0$ e $|x^2f''(x)|\leq{C}$ donde $C$ fijo es un número real positivo.

Demostrar $\lim_{x\to0^+}xf'(x)=0$ (o refutar).

He intentado de varias maneras como el cálculo de $yf'(y)-xf'(x)=f(y)-f(x)+\int_{x}^{y}tf''(t)\,dt$ a demostrar la limitación existe (y falló).

Yo también creo que es similer a L'Hospital de la regla de $\lim_{x\to0^+}\frac{f'(x)}{\frac{1}{x}}=\lim_{x\to0^+}\frac{f''(x)}{-\frac{1}{x^2}}$,pero es sólo una condición suficiente y probablemente equivocada.

Answer 1

Para $0 < y < x < 1$, por Taylor teorema existe $\theta \in (0,1)$ tales que

$$f(y) = f(x) + f'(x)(y-x) + \frac{1}{2} f''(x - \theta(x-y)) (y-x)^2$$

Tomando $y = (1-\eta) x$ donde $0 < \eta < 1/2$ hemos

$$f(y) - f(x) = -\eta xf'(x) +\frac{\eta^2}{2}x^2f''(x(1 -\theta\eta)) $$

y desde $y \to 0+$ como $x \to 0+$,

$$0 = \lim_{x \to 0+}\frac{f(y) - f(x)}{\eta} = \lim_{x \to 0+}\left(-xf'(x)+ \frac{\eta}{2}\frac{1}{(1 - \theta\eta)^2} [x(1-\theta\eta)]^2 f''(x(1 -\theta\eta)) \right) $$

Desde el límite del lado derecho es $0$, para cualquier $\epsilon > 0$ si $0 < x < \delta$ hemos

$$\tag{*}|x f'(x)| \leqslant \epsilon + \frac{\eta}{2(1 - \theta\eta)^2} [x(1-\theta\eta)]^2 |f''(x(1 -\theta\eta))| \leqslant \epsilon + \frac{\eta}{2(1 - \theta\eta)^2}C,$$

Desde $0 < \eta < 1/2$, tenemos

$$\frac{\eta}{(1- \theta \eta)^2} < \frac{\eta}{(1 - \theta/2)^2} < 4\eta,$$

y el último término en el lado derecho de (*) puede hacerse arbitrariamente pequeña.

De ello se sigue que

$$\lim_{x \to 0+} x f'(x) = 0$$

Answer 2

Deje $g(x)=f(1/x)$ para $x\in (1,\infty)$. La hipótesis sobre la $f(x)$ implica que $$\lim_{x \rightarrow \infty} g(x)=0~\mbox{and}~|(x^2g'(x))'|<C,$$ desde $(x^2g'(x))'=x^2 g''(x)+2x g'(x)=\frac{1}{x^2}f''(1/x)$ que está delimitada en valor absoluto por $C$ por la asunción.

Definir $h(x)=xg'(x)$, y así tenemos que mostrar que $\lim_{x \rightarrow \infty}h(x)=0$, desde el $\frac{1}{x}f'(1/x)=-xg'(x)=-h(x)$. Primero mostramos que la $h(x)$ está delimitada en $[2,\infty)$. Por el contrario, supongamos $h(x)$ es ilimitado y por tanto no existe una secuencia $x_i \rightarrow \infty$ tal que $|h(x_i)| >i$ para todos los $i$. También, wlog podemos asumir que $h(x_i)$ son todos positivos o todos negativos. WLOG, supongamos que $h(x_i)>0$ para todos los $i$, ya que la prueba es similar en el otro caso. Para cada una de las $i$ lo suficientemente grande, elija $y_i \in [2,x_i]$ tal que $h(y_i)>i$ e $h'(y_i)>0$. Esto es posible, ya que para $i$ lo suficientemente grande como $h(x_i)>h(2)$ e lo $y_i=\inf_{t\in [2,x_i]}\{h(t)=h(x_i)\}$ obras. Pero, uno ha $$|h(x)+xh'(x)|=|(xh(x))'|=|(x^2g'(x))' |<C,$$ y la sustitución de $x$ por $y_i$ y dejando $i \rightarrow \infty$ resultados en una contradicción. Por lo $h(x)$ está delimitada en $[2,\infty)$.

A continuación, nos muestran que $\lim_{x\rightarrow \infty}h(x)$ existen. Deje $\alpha=\limsup_{x\rightarrow \infty} h(x)$ e $\beta=\liminf_{x \rightarrow \infty}h(x)$. A continuación, $\alpha, \beta \in \mathbb{R}$, y tenemos que mostrar que $\alpha=\beta$. Por el contrario, supongamos $\alpha>\beta$. Suponga que $\alpha > 0$. Deje $x_i \rightarrow \infty$ tal que $h(x_i) \rightarrow \alpha$. Elija $\theta>0$ tal que $\beta<\theta \alpha<\alpha$. Por el intermedio-teorema del valor de $i$ lo suficientemente grande, no existe $t_i>0$ tal que $h(x_i+t_i)=\theta h(x_i)$. Además, podemos optar $t_i$ tal que $h(x)>\theta \alpha/2$ para todos los $x\in [x_i, x_i+t_i]$.

De $|(xh(x))'|<C$ y la media-teorema del valor, tenemos $$|x(h(x+t)-h(x))+th(x+t)|=|(x+t)h(x+t)-xh(x)|<Ct$$ para todos los $t\geq 0$ e $x>1$. De ello se sigue que $$x|h(x+t)-h(x)|<At,$$ para algunos $A>0$ y todos los $t\geq 0$ y todos los $x>1$. La sustitución de $x$ con $x_i$ e $t$ por $t_i$da $$\frac{t_i}{x_i}>\frac{1}{A}|h(x_i+t_i)-h(x_i)|>\frac{1}{A}(1-\theta)h(x_i)$$ para $i$ lo suficientemente grande. De ello se sigue que $$\frac{x_i+t_i}{x_i}=1+\frac{t_i}{x_i}>D,$$ para algunos $D>1$ y todos los $i$ lo suficientemente grande. Ahora, uno tiene

$$g'(x)= \frac{h(x)}{x} >\frac{\theta \alpha}{2x},$$ para todos los $x\in [x_i,x_i+t_i]$. De ello se sigue que $$|g(x_i+t_i)-g(x_i)|\geq \int_{x_i}^{x_i+t_i} \frac{\theta \alpha}{2x}dx\geq \frac{\theta \alpha}{2} \log \left (\frac{x_i+t_i}{x_i} \right) \geq \frac{\theta \alpha}{2}\log D,$$ para todos los $i$ lo suficientemente grande. Esto es una contradicción, ya que $\lim_{x \rightarrow \infty}g(x)=0$. La prueba en el caso de $\beta<0$ es similar. Por lo tanto, $\alpha=\beta$ e lo $L=\lim_{x\rightarrow \infty}h(x)$ existe.

Finalmente, mostramos que $L=0$. Supongamos $L>0$. A continuación, para $x$ lo suficientemente grande como $|g'(x)|=|h(x)/x|>L/(2x)$ que da $g(x)>g(x_0)+ (L/2) \log(x)$ para algunos $x_0$ y todos los $x$ lo suficientemente grande, una contradicción. En el caso de que $L<0$ es similar. Por lo tanto, $L=0$ y la prueba se ha completado.