Dejemos que $f: [a,\infty) \rightarrow \mathbb R$ dos veces derivable. Si $\lim\limits_{x\to \infty}f(x)=f(a)$

Question

Dejemos que $f: [a,\infty) \rightarrow \mathbb R$ sea una función dos veces diferenciable. Si $\lim\limits_{x\to \infty}f(x)=f(a)$ entonces $\exists x \in (a,\infty)$ tal $f''(x)=0$

Así que pensé en usar la misma idea aquí
Pero hay una forma fácil y directa de demostrarlo utilizando por ejemplo el teorema de Taylor con restos de Lagrange. Tengo que demostrar $h*\lim\limits_{x\to \infty}f'(x)=0$ cuando traté de usar los restos de lagrange.

Gracias por cualquier pista.

Answer 1

Supongamos que $f''(x) \neq 0$ para todos $x$ . Entonces $f'$ debe ser inyectiva (en caso contrario el teorema del valor medio muestra que $f''(\xi)=0$ en algún momento). Desde $f'$ es continua, debe ser creciente o decreciente. Como podemos tratar con $f$ o $-f$ podríamos también suponer que $f'$ está aumentando. En particular, esto significa que $f''(x) >0$ para todos $x$ , y así $f$ es convexo.

Desde $f$ es convexo, el conjunto $f^{-1}((-\infty,f(a)])$ es convexo y contiene $[a,\infty)$ Así que $f(x) \le f(a)$ para todos $x$ . Desde $f$ no es constante (de lo contrario $f''(x) = 0$ en todas partes), $f$ tiene un mínimo global en algún punto $\hat{x} \in (a,\infty)$ y tenemos $f(y)>f(\hat{x})$ para algunos $y > \hat{x}$ . Ahora dejemos que $z >y$ entonces $y = (1-t)\hat{x}+t z$ para algunos $t \in (0,1)$ y $f(y) \le (1-t)f(\hat{x})+t f(z)$ ya que $f$ es convexo. Resolviendo para $t$ y reordenando da $f(z)= \left( { z-\hat{x} \over y-\hat{x} } \right) (f(y)-f(\hat{x})) +f(\hat{x})$ y así $\lim_{z \to \infty} f(z) = \infty$ una contradicción.

Por lo tanto, debemos tener $f''(x) =0$ en algún momento.

Answer 2

Vamos a argumentar de la siguiente manera. Si $f''(x)$ no desaparece, entonces debe mantener un signo constante (por la propiedad de valor intermedio que cumple cualquier derivada). Sin pérdida de generalidad podemos suponer $f''(x) > 0$ para todos $x \geq a$ (si no, podemos aplicar el argumento a $-f(x)$ ).

Esto lleva a la conclusión de que $f'(x)$ es estrictamente creciente en $[a, \infty)$ . Si $f'(x) = 0$ en algún momento $c$ en este intervalo $[a, \infty)$ entonces $f'(x) > 0$ para todos $x > c$ . Esto significaría que $f(x)$ es estrictamente creciente en $[c, \infty)$ . Dejemos que $d > c$ y $\epsilon = f'(d) > 0$ . Desde $\lim_{x \to \infty}f(x) = f(a)$ se deduce que hay un número $M > d$ tal que $|f(M) - f(a)| < \epsilon / 2$ y $|f(M + 1) - f(a)| < \epsilon / 2$ . Combinando estos dos resultados obtenemos $|f(M + 1) - f(M)| < \epsilon$ . Por el Teorema del Valor Medio tenemos $|f'(\xi)| < \epsilon$ para algunos $d < M < \xi < M + 1$ . Desde $f'$ es positivo aquí tenemos $f'(\xi) < \epsilon = f'(d)$ . Desde $\xi > d$ esto es contrario al hecho de que $f'(x)$ está aumentando.

De ello se desprende que $f'(x)$ no desaparece en $[a, \infty)$ . Nótese que la misma lógica del párrafo anterior también demuestra que $f'(x) $ no puede ser positivo en $[a, \infty)$ (la contradicción del párrafo anterior se basa en $f'(d) > 0$ ). Por lo tanto, se deduce que $f'(x) < 0$ para todos $x \in [a, \infty)$ . Así, $f(x)$ es decreciente y para $b > a$ tenemos $f(b) < f(a)$ . Y para $x > b$ tenemos $f(x) < f(b) < f(a)$ . Dejar $x \to \infty$ vemos que $\lim_{x \to \infty}f(x) \leq f(b) < f(a)$ . Esta contradicción demuestra que $f''(x)$ debe desaparecer en algún lugar.