Si $f(x)+\frac{f'(x)}{x}\to0$ $f(x)\to0$

Question

No tengo ni la menor idea de cómo solucionar esto. Podemos utilizar el valor medio teorema?

$$\lim_{x\to \infty}\left(f(x)+\frac{f'(x)}{x}\right)=0 \implies \lim_{x\to \infty}f(x)=0$$

Answer 1

Un método general es considerar la expresión de la convergencia a cero como una función de la $x$ y para expresar $f$ en términos de la misma. Aquí, vamos a $$g(x)=f(x)+\frac{f'(x)}x,$$ then $$x\mathrm e^{x^2/2}g(x)=x\mathrm e^{x^2/2}f(x)+\mathrm e^{x^2/2}f'(x)=\left(\mathrm e^{x^2/2}f(x)\right)',$$ hence, for every $x\geqslant c\gt0$, $$\mathrm e^{x^2/2}f(x)=\mathrm e^{c^2/2}f(c)+\int_c^xt\mathrm e^{t^2/2}g(t)\,\mathrm dt.$$ Now, the usual $\varepsilon$-$\delta$ approach works, or rather, here, the $\varepsilon$-$x_0$ enfoque.

Corregir algunos positivos $\varepsilon$. Existe alguna finito $x_0\gt0$ tal que, para cada $x\geqslant x_0$, $|g(x)|\leqslant\varepsilon$. Por lo tanto, el uso de $c=x_0$ en la identidad anterior y de la desigualdad triangular, se obtiene $$\mathrm e^{x^2/2}|f(x)|\leqslant\mathrm e^{x_0^2/2}|f(x_0)|+\int_{x_0}^xt\mathrm e^{t^2/2}|g(t)|\,\mathrm dt\leqslant c_0+\varepsilon\int_{x_0}^xt\mathrm e^{t^2/2}\,\mathrm dt,$$ with $c_0=\mathrm e^{x_0^2/2}|f(x_0)|$, thus, $$\mathrm e^{x^2/2}|f(x)|\leqslant c_0+\varepsilon (\mathrm e^{x^2/2}-\mathrm e^{x_0^2/2})\leqslant c_0+\varepsilon \mathrm e^{x^2/2},$$ which implies $$|f(x)|\leqslant c_0\mathrm e^{-x^2/2}+\varepsilon.$$ El primer término en el lado derecho converge a cero por lo tanto $$\limsup_{x\to\infty}|f(x)|\leqslant\varepsilon.$$ This holds for every $\varepsilon\gt0$ por lo tanto la prueba está completa.

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Ejercicio: Seguir de cerca los pasos anteriores para demostrar que, para cada una de las funciones de $a$ $b$ tal que $a(\ )\geqslant\alpha\gt0$ uniforme y $\int^x\frac{a}b\to+\infty$ al $x\to+\infty$, si $$\lim_{x\to+\infty}a(x)f(x)+b(x)f'(x)=0,$$ then $$\lim_{x\to+\infty}f(x)=0.$$ The question above is when $una(x)=1$ and $b(x)=1/x$ for every $x\gt0$.

Answer 2

Supongamos que se verifica la hipótesis. A continuación, vamos a comprobar que $\lim_{x \to \infty} f(x) = 0$. La exacta regularidad de la propiedad de $f$ no está indicada por la OP: aquí estoy suponiendo que esto sea continua y diferenciable en todas partes (la continuidad de la derivada no es necesario).

Primero debemos demostrar las siguientes propiedades de la función de $f$:

Deje $\varepsilon > 0$; entonces no es $x_0$ tal que, para cada $x \geq x_0$ si $|f(x)| < \varepsilon$ $|f(y)| < 2\varepsilon$ todos los $y \geq x$.

Con el fin de demostrar este lema nos permiten utilizar la hipótesis y tomar $x_0$ lo suficientemente grande de manera que para cada $x \geq x_0$ hemos $$ \left| f(x) + \frac{f'(x)}{x} \right| < \varepsilon. \qquad (*) $$ Ahora supongamos que no es $y$ tal que $|f(y)| \geq 2\varepsilon$ y tomar el más pequeño de tales $y$, que existe por la continuidad y es estrictamente mayor que $x$. Entonces, por la continuidad, que en realidad tiene que $|f(y)| = 2\varepsilon$. También podemos suponer que $f(y)$ es positivo; si no lo es, la razón con $-f$ en lugar de $f$. A continuación,$\frac{f'(y)}{y} < -\varepsilon$, lo $f'(x) < 0$. Esto implica que justo antes de $y$ la función de $f$ es mayor que $f(y) = 2\varepsilon$, pero esto es absurdo, porque tomamos $y$ a ser el valor más pequeño mayor que $x$ con esa propiedad. Esto establece el lema.

Desde el lema se sigue que, si no son arbitrarias grandes valores de $x$ tal que $f(x) = 0$, $|f|$ es definitivamente menor que $\varepsilon$ por cada $\varepsilon > 0$. A continuación, $f$ tiene límite cero.

Así que la única que faltan caso es al $f$ es definitivamente positivo o negativo. Como antes de que los dos casos son simétricos y cubrimos sólo la positiva. Tome $f$ definitivamente más grande que una constante $2\varepsilon > 0$. A continuación, encontrará $x_0$ tal que para $x \geq x_0$ no tiene $(*)$ por encima. De ello se desprende que $f'(x) < x \varepsilon \leq x_0 \varepsilon$, por lo que el $f(x)$ eventualmente debe descender en $2\varepsilon$, en contradicción con la hipótesis. Esto demuestra que en este caso se $f$ debe tender a cero y se cierra la prueba.

Answer 3

Vamos a cambiar la variable $t=x^2/2$ , e $\tilde f(t)=f(x)$ A continuación,$f'(x)=\tilde f'_t x$. Por lo tanto podemos reescribir $$ \lim_{t\to\infty}(\tilde f(t)+\tilde f^\prime(t))=0; $$ No vamos a definir $$ \tilde f(t)+\tilde f'(t)=g(t) $$ y solucionar $f$ funcional como el de $g$. Podemos escribir $$ \tilde f=C e^{-t}+\int_0^t e^{\tau-t}g(t) d\tau $$ Desde $g(t)\to 0$ tenemos $\tilde f(t)\to 0$

Answer 4

Sabemos que $\lim_{x\to \infty}\left(f(x)+\frac{f'(x)}{x}\right)=0$, así que para todos los $\varepsilon >0$ existe $y$,$x>y$:

$$f(x)+\frac{f'(x)}{x}<\varepsilon$$

Así (porque $x>0$):

$$f(x)x+f'(x)<\varepsilon x$$

Ahora multiplique ambos lados por $e^{x^2/2}$:

$$f(x)xe^{x^2/2}+f'(x)e^{x^2/2}<\varepsilon x e^{x^2/2}$$

Es igual a:

$$(f(x)e^{x^2/2})'<\varepsilon x e^{x^2/2}$$

Y:

$$(f(x)e^{x^2/2})'-(\varepsilon e^{x^2/2})'<0$$

Así que la función $(f(x)-\varepsilon)e^{x^2/2}$ está disminuyendo. Así:

$$(f(x)-\varepsilon)e^{x^2/2}<(f(y)-\varepsilon)e^{y^2/2}$$

Dividir ambos lados por $e^{x^2/2}$:

$$f(x)-\varepsilon<(f(y)-\varepsilon)e^{y^2/2-x^2/2}$$

Deje $x \to \infty$. Entonces:

$$\lim_{x \to \infty} f(x)-\varepsilon < \lim_{x \to \infty}e^{y^2/2-x^2/2}=0$$

De la misma manera $-\varepsilon<f(x)+\frac{f'(x)}{x}$ nos muestran que $0<\lim_{x \to \infty}f(x)+\varepsilon$. Es para todas las $\varepsilon$, lo $\lim_{x \to \infty}f(x)=0$