El comportamiento de $f'(x)$ as $x \to \infty$ dado el comportamiento de $f(x)$ e $f''(x)$

Question

Supongamos $f$ es dos veces diferenciable en $(a, \infty)$ y deje $\lim_{x \to \infty}f(x) = 0$. Asimismo, se asume que $f''(x)$ es limitado para todos los $x \in (a, \infty)$. Demostrar que $f'(x) \to 0$ as $x \to \infty$.

Tenga en cuenta que si $f'(x)$ tiende a un límite de $x \to \infty$, entonces este límite debe ser $0$ (debido a la relación $f(x) - f(x/2) = (x/2)f'(c)$). Lo que tenemos que establecer es que ahora, $f'(x)$ tiende a un límite. Para mostrar que necesitamos para usar de algún modo el hecho de que $f''(x)$ está acotada.

Deje $b > 0$ ser arbitrario pero fijo número, a continuación, hemos relación $f(x + b) - f(x) = bf'(c)$ y de nuevo, esto implica que para que todos lo suficientemente grande $x$ el derivado $f'$ toma un valor pequeño en el intervalo de $(x, x + b)$. Lo que tenemos que mostrar que, finalmente, todos los valores de $f'$ son pequeñas en intervalos.

Ahora podemos tomar el $b$ tan pequeño como queramos, por lo tanto, podemos encontrar un valor de $N > 0$ tal que $f'$ es de valor muy pequeño para al menos un punto en $(x, x + b)$ para todos los $x > N$. Si $p, q$ son dos puntos de este intervalo de $(x, x + b)$ entonces $|f'(p) - f'(q)| = |(p - q)f''(\xi)| \leq b|f''(\xi)|$ y desde $f''$ está delimitado, de ello se sigue que $f'(p) - f'(q)$ es pequeña, por lo que efectivamente todos los valores de $f'$ en $(x, x + b)$ son pequeñas.

El de arriba es un no rigurosas argumento de que no he sido capaz de hacer riguroso mediante el uso de $\epsilon, \delta$ en forma adecuada. Tal vez el enfoque utilizado anteriormente no puede ser rigurosa y estoy camino equivocado (o no!). Por favor me ayude en la toma arriba enfoque riguroso o sugerir algún método alternativo.

Además, hay otra generalización disponibles:

Si $f(x) $ tiende a un límite finito como $x \to \infty$ e $f^{(n + 1)}(x)$ está delimitado a continuación muestran que la $f^{(n)}(x) \to 0$ as $x \to \infty$.

No he tratado de resolver este problema general y cualquier sugerencia sería genial.

Answer 1

Esto puede ser manejado con sólo el Valor medio Teorema.

Supongamos $|f''(x)|\le M$ e $\lim\limits_{x\to\infty}f'(x)\ne0$; es decir, hay un $\epsilon\gt0$, de modo que para cualquier $N\gt0$ podemos encontrar una $x_N\ge N$, de modo que $|f'(x_N)|\ge\epsilon$.

El Valor medio Teorema dice que si $|x-x_N|\le \frac\epsilon{2M}$, luego de algunos $\xi$ entre $x$ e $x_N$, $$ \begin{align} |f'(x)-f'(x_N)| &=|x-x_N||f''(\xi)|\\ &\le\frac\epsilon{2M}M\\ &=\frac\epsilon2\tag{1} \end{align} $$ Por lo tanto, si $|x-x_N|\le \frac\epsilon{2M}$, $$ \begin{align} |f'(x)| &\ge|f'(x_N)|-|f'(x)-f'(x_N)|\\ &\ge\epsilon-\frac\epsilon2\\ &=\frac\epsilon2\tag{2} \end{align} $$ El Valor medio Teorema también se dice que $$ \left|f\left(x_N+\frac\epsilon{2M}\right)-f\left(x_N-\frac\epsilon{2M}\right)\right| =\frac\epsilon{M}|f'(x)|\etiqueta{3} $$ para algunos $x$ donde $|x-x_N|\le\frac\epsilon{2M}$. Por lo tanto, $$ \left|f\left(x_N+\frac\epsilon{2M}\right)-f\left(x_N-\frac\epsilon{2M}\right)\right| \ge\frac{\epsilon^2}{2M}\etiqueta{4} $$ Sin embargo, si desde $\lim\limits_{x\to\infty}f(x)=0$, debe haber un $L$, de modo que si $x\ge L$,, a continuación,$|f(x)|\le\frac{\epsilon^2}{6M}$. Ahora escoge una $x_N\ge L+\frac\epsilon{2M}$, de modo que $f'(x_N)\ge\epsilon$. Entonces $$ \begin{align} \left|f\left(x_N+\frac\epsilon{2M}\right)-f\left(x_N-\frac\epsilon{2M}\right)\right| &\le\left|f\left(x_N+\frac\epsilon{2M}\right)\right|+\left|f\left(x_N-\frac\epsilon{2M}\right)\right|\\ &\le\frac{\epsilon^2}{6M}+\frac{\epsilon^2}{6M}\\ &=\frac{\epsilon^2}{3M}\tag{5} \end{align} $$ Sin embargo, la desigualdad de $(4)$ nos asegura que la diferencia en $(5)$ al menos $\frac{\epsilon^2}{2M}$. Por lo tanto, nuestra hipótesis de que $\lim\limits_{x\to\infty}f'(x)\ne0$ es falso. Por lo tanto, debemos tener $$ \lim_{x\to\infty}f'(x)=0\etiqueta{6} $$

Answer 2

Escribir Taylor a la desigualdad (con $|f''|\le M$) y el hecho de que $f(x)\to 0$ para obtener una $A$ tales como:

$$ |f(x+h) - f(x) -hf'(x)|\le M\frac{h^2}2; \\ x\ge Un \implica h|f'(x)| \le 2\epsilon + M\frac{h^2}2; \\ |f'(x)| \le \inf_{h>0} \left[2\frac{\epsilon}h + M\frac{h}2\right] =\sqrt{4M\epsilon} =O(\sqrt{\epsilon}). $$

Answer 3

Puede mostrar a $\left|\displaystyle\int_{x-\frac{|f'(x)|}K}^{x+\frac{|f'(x)|}K}f'(t)\ dt\right|\ge\frac{|f'(x)|^2}K$ ? Utilice el hecho de que si $f'$ tiene un almacén de derivados, a continuación, $f'$ es $K$-Lipschitz (imagine un triángulo por encima o por debajo de la función, ¿cuál es su área?)

Ahora $\displaystyle0=\lim_{x\to\infty}\left|f\left(x+\frac{|f'(x)|}K\right)-f\left(x-\frac{|f'(x)|}K\right)\right|=\lim_{x\to\infty}\left|\int_{x-\frac{|f'(x)|}K}^{x+\frac{|f'(x)|}K}f'(t)\ dt\right|$.

Answer 4

Yo habría considerado que una lo suficientemente rigurosas como argumento! Pero supongo que se debe exigir más rigor de un estudiante sólo el aprendizaje de esta materia de un colega que ya sabe de estas cosas.

Si se me permite, voy a resumir su argumento como:

1. $f'(x)$ eventualmente tomar valores pequeños en cada corto intervalo de tiempo breve
2. Finalmente, $f'(x)$ no puede variar mucho a lo largo de un intervalo corto
3. Por lo tanto, eventualmente, $f'(x)$ es siempre pequeña
4. $|f'(x)|$ es finalmente delimitada arbitrariamente pequeñas cantidades, y por lo tanto es cero

He añadido el punto 4, que me imagino que usted se implícitamente pensamiento.

Deje $S$ ser el límite para lo que podemos llamar "pequeño"; es decir, que $S > 0$.

Ya has rougly expresó su punto de $1$: más simbólicamente, afirman podemos optar $N$ e $B$ tal que

Para cada $x > N$, existe un $c \in (x, x+B)$ tal que $|f'(c)| < S$

Usted también ha aproximadamente, expresó su punto de $2$. Si me pueden reformular ligeramente usted afirmar que podemos elegir $N$ e $B$, de modo que también tenemos

Para cada $x > N$, y para cada $p,q \in [x, x+B]$, tenemos $|f'(p) - f'(q)| < S$

El truco para el punto de $3$ es el uso de la desigualdad de triángulo: su idea intuitiva es que $f'(c)$ es pequeño, y cualquier otro punto en el corto intervalo de $f'(p)$ no está lejos de $f'(c)$, por lo $f'(p)$ es pequeña. Estas "pequeñas + pequeño = pequeño" argumentos son muy frecuentes hacer mediante el uso del triángulo de igualdad para encontrar de una forma más simple (pero más flojo) límite superior:

$$ |f'(p)| = \left|f'(c) + \left( f'(p) - f'(c) \right) \right| \leq |f'(c)| + | f'(p) - f'(c) < 2S $$

Así que lo que quieres mostrar para el punto de $3$ es debido a nuestra selección de $N$ e $B$ por encima de:

Para cada $x > N$, y para cada $p \in [x, x+B]$, tenemos $f'(p) < 2S$

Pero realmente, ¿qué estás tratando de decir es que todos los valores son pequeños: utilizar el anterior para demostrar

Para cada $x > N$, $|f'(x)| < 2S$

Finalmente, la última pieza que necesita para hacer todo el trabajo de punto de $4$ es para ver el trabajo anterior, como lo demuestra:

Para cada $S > 0$, se puede elegir una $N$ tal que para todo $x > N$: $|f'(x)| < 2S$

No hay necesidad de hacer nada especial en este punto: su trabajo es bastante ya en la forma que usted necesita! Usted necesidad justa de organizar y claramente lo que has demostrado. Y si eres nitpicky, hacer un último paso final usando esto para probar un $\epsilon-N$ argumento.

Me he dejado la blockquoted secciones por probar, espero que el tener claramente destino hará que sea más fácil de averiguar lo que está haciendo. (y que esto le ayudará a organizar sus pensamientos en el futuro!)

Answer 5

El uso de mookid la idea de la utilización de Taylor de la serie que he venido para arriba con una solución para el problema general. También si $f(x) \to L$ as $x \to \infty$ a continuación, se puede considerar que la función de $g(x) = f(x) - L$ y, por tanto, sin pérdida de generalidad podemos suponer que $L = 0$.

Deje $\epsilon > 0$ ser arbitraria. Deje $K > 0$ ser un límite para $|f^{(n + 1)}|$. También vamos a $h > 0$ ser un número para ser elegidos en base a $\epsilon$ e $K$ (naturaleza exacta de la dependencia de la $h$ en estos dos números se verá más adelante). Tenga en cuenta la suma $$F(x, h) = \sum_{i = 0}^{n}(-1)^{n - i}\binom{n}{i}f(x + ih)$$ If we put $\Delta x$ in place of $h$ it is easy to seen that the expression $F(x, h) = F(x, \Delta x)$ is nothing but the repeated difference $\Delta^{n}f(x)$. It can be shown that there is value $p \en (0, nh)$ such that $$F(x, h) = h^{n}f^{(n)}(x + p)$$ (this could be called another form of Taylor's theorem). Since $f(x) \a 0$ as $x \to \infty$, there is a number $N > 0$ corresponding to $\epsilon > 0$ such that $|f(x)| < \epsilon$ for $x > N$. From the formula for $F(x, h)$ and noting that $h > 0$ we can see that $|F(x, h)| \leq M\epsilon$ where $M$ is finite constant dependent on $n$. Next we can consider the values of $f^{(n)}$ in interval $[x, x + nh]$. Clearly for any $\xi \en [x, x + nh]$ we have $|f^{(n)}(\xi) - f^{(n)}(x + p)| \leq de la fundación^{(n + 1)}(c) \leq K nh$. It now follows that $$|f^{(n)}(\xi)| \leq |f^{(n)}(x + p)| + nhK \leq \frac{M\epsilon}{h^{n}} + nhK$$ By maxima/minima technique we can get a positive value of $h$ which minimizes the right side. This value of $h$ is given by $h^{n + 1} = M\epsilon/K$ and the minimum value of the expression on the right is of the form $O(\epsilon^{1/(n + 1)})$.

Ahora sigue que para cualquier valor de $\epsilon > 0$ no es un valor de $N > 0$ e una $h > 0$ tal que para cualquier $x > N$ los valores de $f^{(n)}$ en el intervalo de $[x, x + nh]$ son de la forma $O(\epsilon^{1/(n + 1)})$. Desde $nh > 0$ y, a continuación,$x + nh > N$, por lo que podemos cambiar el intervalo de a $[x + nh, x + 2nh]$ y el resultado sigue siendo el mismo. Se sigue por la inducción que los valores de $f^{(n)}(x)$ están delimitadas por un término de tipo de $O(\epsilon^{1/(n + 1)})$ para todos los $x > N$. De ello se desprende que $f^{(n)}(x) \to 0$ as $x \to \infty$.