En $\lim_{x\to\infty}\frac{f(x) - f(x/2)}{x} = \ell$ decir nada sobre la convergencia de $\lim_{x\to\infty} \frac{f(x)}{x}$ ?

Question

El título lo dice todo.

Por supuesto, si $\lim_{x\to\infty}\frac{f(x)}{x}$ existe y es igual a $a$ entonces \begin{eqnarray*} \ell &=& \lim_{x\to\infty} \frac{f(x) - f(x/2)}{x} \\ &=& \lim_{x\to\infty} \frac{f(x)}{x} -\lim_{x\to\infty} \frac{1}{2} \frac{f(x/2) }{x/2} \\ &=& a - a/2 = a/2. \end{eqnarray*} Eso es, $a = 2\ell$ . ¿La existencia del límite $\ell$ garantizar la existencia del límite $a$ ?

Answer 1

La respuesta es no, a menos que añada condiciones adicionales en $f$ .

Por ejemplo, defina en $(0, \infty)$ la siguiente relación de equivalencia: $$x \sim y \Leftrightarrow \frac{x}{y} \in \mathbb Q$$

Para esta relación puedes elegir un sistema $B$ de representantes que es ilimitado.

Ahora, para cada $b \in B$ defina $$f(x)=b \mbox { whenever } x \sim b$$

Para esta función siempre se dispone de $f(x)=f(x/2)$ .

Pero como $B$ es ilimitada, se puede encontrar una secuencia $b_n \in B$ tal que $b_n \to \infty$ .

Entonces $$b_n \to \infty \mbox{ and } \lim_n \frac{f(b_n)}{b_n}=1$$ mientras que $$n \to \infty \mbox{ and } \lim_n \frac{f(n)}{n}= \lim_n \frac{f(1)}{n}=0$$

Para eliminar este contraejemplo, hay que suponer que $f$ es al menos continua, tal vez diferenciable sería una buena condición adicional.

Answer 2

Teorema 1:

Si $\;g:\left[0,+\infty\right[\to\mathbb{R}\;$ es una función continua en $\left[0,+\infty\right[,$

$\alpha\;$ es un número real positivo distinto de $1\; (\alpha>0,\;\alpha\ne1)$

y $\lim\limits_{x\to+\infty}\big[g(x)-\alpha g(\alpha x)\big]=l\in\mathbb{R}\;,$

entonces existe $\lim\limits_{x\to+\infty}g(x)=\cfrac{l}{1-\alpha}\;.$

Prueba:

Sea $\;\beta= \begin{cases} \alpha & \text{if }\;0<\alpha<1 \\ \cfrac{1}{\alpha} & \text{if }\;\alpha>1 \end{cases}\;.\;\;$ Resulta que $\;0<\beta<1.$

Vamos a demostrar que

$\cfrac{1}{1-\beta}\lim\limits_{x\to+\infty}\big[g(x)-\beta g(\beta x)\big]=\cfrac{l}{1-\alpha}\;.\quad\color{blue}{(*)}$

La igualdad anterior es evidentemente cierta si $\;\beta=\alpha\;.$

Si $\;\beta=\frac{1}{\alpha}\;,\;$ se deduce que

$\frac{1}{1-\beta}\lim\limits_{x\to+\infty}\big[g(x)-\beta g(\beta x)\big]=$

$=\frac{\alpha}{\alpha-1}\lim\limits_{x\to+\infty}\big[g(x)-\frac{1}{\alpha} g\left(\frac{x}{\alpha}\right)\big]=$

$=\frac{1}{\alpha-1}\lim\limits_{x\to+\infty}\big[\alpha g(x)-g\left(\frac{x}{\alpha}\right)\big]=$

$=\frac{1}{1-\alpha}\lim\limits_{x\to+\infty}\big[g\left(\frac{x}{\alpha}\right)-\alpha g(x)\big]=$

$\underset{\overbrace{\text{ by letting } X=\frac{x}{\alpha}\;}}{=}\frac{1}{1-\alpha}\lim\limits_{X\to+\infty}\big[g(X)-\alpha g(\alpha X)\big]=\frac{l}{1-\alpha}\;.$

Además,

$\sum\limits_{n=0}^{k}\beta^n\big[g\left(\beta^n x\right)-\beta g\left(\beta^{n+1} x\right)\big]=g(x)-\beta^{k+1} g\left(\beta^{k+1} x\right)$

para todos $\;x\in\left[0,+\infty\right[\;$ y para todos $\;k\in\mathbb{N}=\{0,1,2,3,\ldots\}\;.$

Para cualquier $\;x\in\left[0,+\infty\right[\;$ ya que $\;\lim\limits_{k\to\infty}\left(\beta^{k+1}x\right)=0\;$ y la función $\;g\;$ es continua en el punto $x_0=0\;,\;$ obtenemos que $\lim\limits_{k\to\infty}g\left(\beta^{k+1}x\right)=g(0)\;,\;$ en consecuencia,

$\lim\limits_{k\to\infty}\big[g(x)-\beta^{k+1} g\left(\beta^{k+1} x\right)\big]=g(x)\;,\;\;\;\;\forall\;x\in\left[0,+\infty\right[.$

Por lo tanto,

$g(x)=\sum\limits_{n=0}^{\infty}\beta^n\big[g\left(\beta^n x\right)-\beta g\left(\beta^{n+1} x\right)\big]\quad\color{blue}{(**)}$

para todos $\;x\in\left[0,+\infty\right[\;.$

Dado que la función $\;g(x)-\beta g(\beta x)\;$ es continua en $\left[0,+\infty\right[$ y $\lim\limits_{x\to+\infty}\big[g(x)-\beta g(\beta x)\big]\underset{\overbrace{\text{ from }(*)\;}}{=}\cfrac{l(1-\beta)}{1-\alpha}\in\mathbb{R}\;,\;$

existe $\;M>0\;$ tal que

$\big|g(x)-\beta g(\beta x)\big|\le M\;,\quad$ para todos $\;x\in\left[0,+\infty\right[\;,\;$ por lo tanto,

$\big|g\left(\beta^n x\right)-\beta g\left(\beta^{n+1} x\right)\big|\le M\;,\;\;\forall x\in\left[0,+\infty\right[\;$ y $\;\forall n\in\mathbb{N}$ .

Así que la secuencia $\;\big\{\beta^n M\big\}_{n\in\mathbb{N}}\;$ de números reales positivos satisface las siguientes condiciones:

$\bigg|\beta^n\big[g\left(\beta^n x\right)-\beta g\left(\beta^{n+1} x\right)\big]\bigg|\le \beta^n M$ ,

$\forall x\in\left[0,+\infty\right[\;$ y $\;\forall n\in\mathbb{N}\;,$

$\sum\limits_{n=0}^{\infty}\big(\beta^n M\big)=\cfrac{M}{1-\beta}\in\mathbb{R}^+\;.$

Aplicando la prueba M de Weierstrass, obtenemos que la serie $(**)$ es uniformemente convergente en $\left[0,+\infty\right[,\;$ en consecuencia

$\exists\lim\limits_{x\to+\infty}g(x)=\lim\limits_{x\to+\infty}\sum\limits_{n=0}^{\infty}\beta^n\big[g\left(\beta^n x\right)-\beta g\left(\beta^{n+1} x\right)\big]=$

$\underset{\overbrace{\text{ for the uniform convergence }}}{=}\;\sum\limits_{n=0}^{\infty}\lim\limits_{x\to+\infty}\beta^n\big[g\left(\beta^n x\right)-\beta g\left(\beta^{n+1} x\right)\big]=$

$\underset{\overbrace{\text{ by letting } X=\beta^n x\;}}{=}\;\sum\limits_{n=0}^{\infty}\lim\limits_{X\to+\infty}\beta^n\big[g(X)-\beta g(\beta X)\big]=$

$\underset{\overbrace{\text{ from }(*)\;}}{=}\;\sum\limits_{n=0}^{\infty}\beta^n\cfrac{l(1-\beta)}{1-\alpha}=\cfrac{l(1-\beta)}{1-\alpha}\sum\limits_{n=0}^{\infty}\beta^n=$

$=\cfrac{l(1-\beta)}{1-\alpha}\cdot\cfrac{1}{1-\beta}=\cfrac{l}{1-\alpha}\;.$

---

Corolario 1:

Si $\;g:\left[a,+\infty\right[\to\mathbb{R}\;$ es una función continua en $\left[a,+\infty\right[,$

$\alpha\;$ es un número real positivo distinto de $1\; (\alpha>0,\;\alpha\ne1)$

y $\lim\limits_{x\to+\infty}\big[g(x)-\alpha g(\alpha x)\big]=l\in\mathbb{R}\;,$

entonces existe $\lim\limits_{x\to+\infty}g(x)=\cfrac{l}{1-\alpha}\;.$

Prueba:

Si $\;a\le0\;$ la restricción $\;g\big|_{\left[0,+\infty\right[}\;$ de la función $g$ a $\left[0,+\infty\right[$ cumple todas las hipótesis del teorema anterior, por lo que existe $\lim\limits_{x\to+\infty}g(x)=\lim\limits_{x\to+\infty}g\big|_{\left[0,+\infty\right[}=\cfrac{l}{1-\alpha}\;.$

Si $\;a>0\;$ consideramos la función $\;G:\left[0,+\infty\right[\to\mathbb{R}\;$ definido como

$G(x)= \begin{cases} g(a) & \text{if }\;0\le x<a\\ g(x) & \text{if }\;x\ge a \end{cases}\;.$

La función $\;G\;$ cumple todas las hipótesis del teorema anterior, por lo que existe $\lim\limits_{x\to+\infty}g(x)= \lim\limits_{x\to+\infty}G(x)=\cfrac{l}{1-\alpha}\;.$

---

Corolario 2:

Si $\;a\;$ es un número real positivo $\;(a>0)\;,$

$f:\left[a,+\infty\right[\to\mathbb{R}\;$ es una función continua en $\left[a,+\infty\right[,$

$\alpha\;$ es un número real positivo distinto de $1\; (\alpha>0,\;\alpha\ne1)$

y $\lim\limits_{x\to+\infty}\cfrac{f(x)-f(\alpha x)}{x}=l\in\mathbb{R}\;,$

entonces existe $\lim\limits_{x\to+\infty}\cfrac{f(x)}{x}=\cfrac{l}{1-\alpha}\;.$

Prueba:

Consideramos la función $\;g:\left[a,+\infty\right[\to\mathbb{R}\;$ definido como

$g(x)=\cfrac{f(x)}{x}\quad$ para todos $\;x\in\left[a,+\infty\right[\;.$

La función $\;g(x)\;$ es continua en $\;\left[a,+\infty\right[\;$ y

$\lim\limits_{x\to+\infty}\big[g(x)-\alpha g(\alpha x)\big]=\lim\limits_{x\to+\infty}\left[\cfrac{f(x)}{x}-\alpha\cfrac{f(\alpha x)}{\alpha x}\right]=$

$=\lim\limits_{x\to+\infty}\cfrac{f(x)-f(\alpha x)}{x}=l\in\mathbb{R}\;.$

La función $\;g(x)\;$ cumple todas las hipótesis del Corolario 1, por lo que existe $\lim\limits_{x\to+\infty}\cfrac{f(x)}{x}= \lim\limits_{x\to+\infty}g(x)=\cfrac{l}{1-\alpha}\;.$

Answer 3

$\color{blue}{\text{It is not necessary that the function } g \text{ is continuous,}}\\\color{blue}{\text{in fact it is sufficient that it is bounded.}}$

Teorema 2:

Si $\;g:\left[0,+\infty\right[\to\mathbb{R}\;$ es una función acotada en $\left[0,+\infty\right[,$

$\alpha\;$ es un número real positivo distinto de $1\; (\alpha>0,\;\alpha\ne1)$

y $\lim\limits_{x\to+\infty}\big[g(x)-\alpha g(\alpha x)\big]=l\in\mathbb{R}\;,$

entonces existe $\lim\limits_{x\to+\infty}g(x)=\cfrac{l}{1-\alpha}\;.$

Prueba:

Sea $\;\beta= \begin{cases} \alpha & \text{if }\;0<\alpha<1 \\ \cfrac{1}{\alpha} & \text{if }\;\alpha>1 \end{cases}\;.\;\;$ Resulta que $\;0<\beta<1.$

Vamos a demostrar que

$\cfrac{1}{1-\beta}\lim\limits_{x\to+\infty}\big[g(x)-\beta g(\beta x)\big]=\cfrac{l}{1-\alpha}\;.\quad\color{blue}{(*)}$

La igualdad anterior es evidentemente cierta si $\;\beta=\alpha\;.$

Si $\;\beta=\frac{1}{\alpha}\;,\;$ se deduce que

$\frac{1}{1-\beta}\lim\limits_{x\to+\infty}\big[g(x)-\beta g(\beta x)\big]=$

$=\frac{\alpha}{\alpha-1}\lim\limits_{x\to+\infty}\big[g(x)-\frac{1}{\alpha} g\left(\frac{x}{\alpha}\right)\big]=$

$=\frac{1}{\alpha-1}\lim\limits_{x\to+\infty}\big[\alpha g(x)-g\left(\frac{x}{\alpha}\right)\big]=$

$=\frac{1}{1-\alpha}\lim\limits_{x\to+\infty}\big[g\left(\frac{x}{\alpha}\right)-\alpha g(x)\big]=$

$\underset{\overbrace{\text{ by letting } X=\frac{x}{\alpha}\;}}{=}\frac{1}{1-\alpha}\lim\limits_{X\to+\infty}\big[g(X)-\alpha g(\alpha X)\big]=\frac{l}{1-\alpha}\;.$

Además,

$\sum\limits_{n=0}^{k}\beta^n\big[g\left(\beta^n x\right)-\beta g\left(\beta^{n+1} x\right)\big]=g(x)-\beta^{k+1} g\left(\beta^{k+1} x\right)$

para todos $\;x\in\left[0,+\infty\right[\;$ y para todos $\;k\in\mathbb{N}=\{0,1,2,3,\ldots\}\;.$

Dado que la función $\;g\;$ está limitada en $\;\left[0,+\infty\right[,\;$ existe $\;M>0\;$ tal que

$\left|g(x)\right|\le M\;$ para todos $\;x\in\left[0,+\infty\right[\;.$

Desde $\;\lim\limits_{k\to\infty}\beta^{k+1}=0\;$ y $\;\left|g\left(\beta^{k+1} x\right)\right|\le M\;$ para todos $\;x\in\left[0,+\infty\right[\;$ y para todos $\;k\in\mathbb{N}\;,\;$ obtenemos que

$\lim\limits_{k\to\infty}\big[g(x)-\beta^{k+1} g\left(\beta^{k+1} x\right)\big]=g(x)\;,\;\;\;\;\forall\;x\in\left[0,+\infty\right[.$

Por lo tanto,

$g(x)=\sum\limits_{n=0}^{\infty}\beta^n\big[g\left(\beta^n x\right)-\beta g\left(\beta^{n+1} x\right)\big]\quad\color{blue}{(**)}$

para todos $\;x\in\left[0,+\infty\right[\;.$

Además,

$\big|g(x)-\beta g(\beta x)\big|\le \big|g(x)\big|+\beta\big|g(\beta x)\big|\le M+\beta M=N\in\mathbb{R}^+\;,$

para todos $\;x\in\left[0,+\infty\right[\;,\;$ por lo tanto,

$\big|g\left(\beta^n x\right)-\beta g\left(\beta^{n+1} x\right)\big|\le N\;,\;\;\forall x\in\left[0,+\infty\right[\;$ y $\;\forall n\in\mathbb{N}$ .

Así que la secuencia $\;\big\{\beta^n N\big\}_{n\in\mathbb{N}}\;$ de números reales positivos satisface las siguientes condiciones:

$\bigg|\beta^n\big[g\left(\beta^n x\right)-\beta g\left(\beta^{n+1} x\right)\big]\bigg|\le \beta^n N$ ,

$\forall x\in\left[0,+\infty\right[\;$ y $\;\forall n\in\mathbb{N}\;,$

$\sum\limits_{n=0}^{\infty}\big(\beta^n N\big)=\cfrac{N}{1-\beta}\in\mathbb{R}^+\;.$

Aplicando la prueba M de Weierstrass, obtenemos que la serie $(**)$ es uniformemente convergente en $\left[0,+\infty\right[,\;$ en consecuencia

$\exists\lim\limits_{x\to+\infty}g(x)=\lim\limits_{x\to+\infty}\sum\limits_{n=0}^{\infty}\beta^n\big[g\left(\beta^n x\right)-\beta g\left(\beta^{n+1} x\right)\big]=$

$\underset{\overbrace{\text{ for the uniform convergence }}}{=}\;\sum\limits_{n=0}^{\infty}\lim\limits_{x\to+\infty}\beta^n\big[g\left(\beta^n x\right)-\beta g\left(\beta^{n+1} x\right)\big]=$

$\underset{\overbrace{\text{ by letting } X=\beta^n x\;}}{=}\;\sum\limits_{n=0}^{\infty}\lim\limits_{X\to+\infty}\beta^n\big[g(X)-\beta g(\beta X)\big]=$

$\underset{\overbrace{\text{ from }(*)\;}}{=}\;\sum\limits_{n=0}^{\infty}\beta^n\cfrac{l(1-\beta)}{1-\alpha}=\cfrac{l(1-\beta)}{1-\alpha}\sum\limits_{n=0}^{\infty}\beta^n=$

$=\cfrac{l(1-\beta)}{1-\alpha}\cdot\cfrac{1}{1-\beta}=\cfrac{l}{1-\alpha}\;.$

---

Corolario 3:

Si $\;g:\left[a,+\infty\right[\to\mathbb{R}\;$ es una función acotada en $\left[a,+\infty\right[,$

$\alpha\;$ es un número real positivo distinto de $1\; (\alpha>0,\;\alpha\ne1)$

y $\lim\limits_{x\to+\infty}\big[g(x)-\alpha g(\alpha x)\big]=l\in\mathbb{R}\;,$

entonces existe $\lim\limits_{x\to+\infty}g(x)=\cfrac{l}{1-\alpha}\;.$

Prueba:

Si $\;a\le0\;$ la restricción $\;g\big|_{\left[0,+\infty\right[}\;$ de la función $g$ a $\left[0,+\infty\right[$ cumple todas las hipótesis del teorema anterior, por lo que existe $\lim\limits_{x\to+\infty}g(x)=\lim\limits_{x\to+\infty}g\big|_{\left[0,+\infty\right[}=\cfrac{l}{1-\alpha}\;.$

Si $\;a>0\;$ consideramos la función $\;G:\left[0,+\infty\right[\to\mathbb{R}\;$ definido como

$G(x)= \begin{cases} g(a) & \text{if }\;0\le x<a\\ g(x) & \text{if }\;x\ge a \end{cases}\;.$

La función $\;G\;$ cumple todas las hipótesis del teorema anterior, por lo que existe $\lim\limits_{x\to+\infty}g(x)= \lim\limits_{x\to+\infty}G(x)=\cfrac{l}{1-\alpha}\;.$

---

Corolario 4:

Si $\;f:\left[a,+\infty\right[\to\mathbb{R}\;$ es una función sobre $\left[a,+\infty\right[$ donde $a>0$ ,

$M$ es un número real positivo $(M>0)$ tal que

$\;\big|f(x)\big|\le Mx\;\;$ para todos $\;x\in\left[a,+\infty\right[,$

$\alpha\;$ es un número real positivo distinto de $1\; (\alpha>0,\;\alpha\ne1)$

y $\lim\limits_{x\to+\infty}\cfrac{f(x)-f(\alpha x)}{x}=l\in\mathbb{R}\;,$

entonces existe $\lim\limits_{x\to+\infty}\cfrac{f(x)}{x}=\cfrac{l}{1-\alpha}\;.$

Prueba:

Consideramos la función $\;g:\left[a,+\infty\right[\to\mathbb{R}\;$ definido como

$g(x)=\cfrac{f(x)}{x}\quad$ para todos $\;x\in\left[a,+\infty\right[\;.$

Resulta que

$\big|g(x)\big|=\cfrac{\big|f(x)\big|}{x}\le M\quad$ para todos $\;x\in\left[a,+\infty\right[\;.$

Por tanto, la función $\;g(x)\;$ está limitada en $\;\left[a,+\infty\right[\;$ y

$\lim\limits_{x\to+\infty}\big[g(x)-\alpha g(\alpha x)\big]=\lim\limits_{x\to+\infty}\left[\cfrac{f(x)}{x}-\alpha\cfrac{f(\alpha x)}{\alpha x}\right]=$

$=\lim\limits_{x\to+\infty}\cfrac{f(x)-f(\alpha x)}{x}=l\in\mathbb{R}\;.$

Así, la función $\;g(x)\;$ cumple todas las hipótesis del Corolario 3, por lo que existe $\lim\limits_{x\to+\infty}\cfrac{f(x)}{x}= \lim\limits_{x\to+\infty}g(x)=\cfrac{l}{1-\alpha}\;.$