¿Cómo puede ser esto resultó $\lim_{x\to\infty}(f(x)+f'(x))=l$

Question

Si $$\lim_{x\to\infty}(f(x)+f'(x))=l$$ entonces demostrar que $$\lim_{x\to\infty}f(x)=l \text{ and } \lim_{x\to\infty}f'(x)=0 $$

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Supongo cuatro casos $$\begin{array}{c|c|c|c|} & f(x) & f'(x) \\ \hline \text{1} & \infty & -\infty \\ \hline \text{2} & -\infty & \infty \\ \hline \text{3} & l & 0 \\ \hline \text{4} & 0 & l \\ \hline \end{array}$$ y la eliminación(1,2,4) de no ser posible casos puede dar la respuesta(3).

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Mi trabajo no es una forma correcta/perfecto o falla la prueba.¿Cuál sería el correcto o no es correcto.

Answer 1

Lema Deje $h:[a,+\infty)\to\mathbb{R}$ ser una función continua tal que $\lim_{x\to\infty}h(x)=0$, Vamos a $F$ ser definido por $$F(x)=e^{-x}\int_a^xe^th(t)dt$$ A continuación,$\lim_{x\to\infty}F(x)=0$.

Prueba. De hecho, para $x>b>a$ hemos $$\eqalign{ |F(x)|&=\left|e^{-x}\int_a^ser^th(t)dt+e^{-x}\int_b^xe^th(t)dt\right|\cr &\leq e^{-x}\max_{x\in[a,b]} {e^t|h(t)|)}+\left(\sup_{t\[b,x]}|f(t)|\right)e^{-x}\int_b^xe^tdt\cr &\leq e^{-x}\max_{x\in[a,b]} {e^t|h(t)|)}+\left(\sup_{t\[b,x]}|f(t)|\right) }\etiqueta{1} $$ Ahora, para$\epsilon>0$, $b>a$ tal
que $$ \forall\,t>b,\qquad |f(t)|<\frac{\epsilon}{2}\etiqueta{2} $$ Con $b$ fijo como en el anterior, no es $x_0>b$ tal que $$ \forall\,x>x_0,\qquad e^{-x}\max_{x\in[a,b]} {e^t|h(t)|)}\leq\frac{\epsilon}{2}\etiqueta{3} $$ la combinación de $(1)$ $(2)$ $(1)$ vemos que $|F(x)|<\epsilon$$x>x_0$. Esto demuestra el lema desde $\epsilon>0$ es arbitrario.$\qquad\square$

Ahora, vamos a aplicar el lema a $h(x)=f(x)+f'(x)-\ell$. Tenemos $$F(x)=e^{-x}\int_a^x((e^tf(t))'-\ell e^t)dt=f(x)-e^{-x+a}f(a)-\ell(1- e^{a-x})$$ Por el Lema $\lim_{x\to\infty}F(x)=0$$\lim_{x\to\infty}f(x)=\ell$. y la conclusión deseada de la siguiente manera.$\qquad\square$

Answer 2

Esta es la solución que vienen directamente de Hardy de la Matemática Pura, y es realmente hermoso. Antes de resolver este problema Hardy resuelve un problema simple:

Si $f(x) \to L$$f'(x) \to L'$$x \to \infty$$L' = 0$.

Esto es fácil de hacer a través de valor medio teorema de como hemos de tener $f(x) - f(x/2) = (x/2)f'(c)$ algunos $c \in (x/2, x)$. Si $L' \neq 0$, luego tenemos la contradicción como tomamos los límites de con $x \to \infty$ en la anterior relación.

[Si $x \to \infty$ $x/2 \to \infty$ y, por tanto, LHS $f(x) - f(x/2) \to L - L = 0$. De nuevo desde $x/2 < c < x$ por lo tanto al $x \to \infty$ $c$ también tiende a $\infty$ y, por tanto,$f'(c) \to L'$. A continuación, la RHS $(x/2)f'(c)$ tiende a $(x/2)L'$ es decir $+\infty$ si $L' > 0$ $-\infty$ si $L' < 0$. Por lo tanto no hay opción para $L'$, salvo que $L' = 0$.]

A continuación nos ataque el problema actual. Estamos dado que el $f(x) + f'(x) \to L$ al $x \to \infty$ y tenemos que mostrar que $f(x) \to L$$f'(x) \to 0$$x \to \infty$. Hardy simplifica el problema mediante el establecimiento $f(x) = \phi(x) + L$, de modo que $f'(x) = \phi'(x)$$\phi(x) + \phi'(x) \to 0$$x \to \infty$.

[Hardy define una nueva función de $\phi(x) = f(x) - L$ y, a continuación, $f(x) + f'(x) = \phi(x) + L + \phi'(x) \to L$ y cancelar $L$ de ambos lados para obtener $\phi(x) + \phi'(x) \to 0$].

Para resolver el problema tenemos que mostrar que tanto $\phi(x)$ $\phi'(x)$ tienden a $0$$x \to \infty$.

[Si mostramos $\phi(x) \to 0$$f(x) = L + \phi(x) \to L$$f'(x) = \phi'(x) \to 0$, de modo que obtenemos la versión original del problema.]

Ahora el argumento por Hardy es hermoso y lo cito textualmente:

"Si $\phi'(x)$ es de signo constante, digamos positivo, para todos los suficientemente grandes valores de$x$, $\phi(x)$ aumenta constantemente y debe tender a un límite de $A$ o a $\infty$.

[Si el derivado $\phi'(x)$ es positiva, entonces la función original de $\phi(x)$ es estrictamente creciente para todos los grandes valores de $x$. Y hay una muy estándar teorema de que si una función $\phi(x)$ está aumentando, a continuación, $\phi(x)$ tiende a un límite o $\infty$$x \to \infty$.]

Si $\phi(x) \to \infty$ $\phi'(x) \to -\infty$ [debido a $\phi(x) + \phi'(x) \to 0$] lo que contradice nuestra hipótesis [hemos asumido que $\phi'(x) > 0$ para grandes valores de $x$ y esto es incompatible con $\phi'(x) \to -\infty$].

Si $\phi(x) \to A$ $\phi'(x) \to -A$ [debido a $\phi(x) + \phi'(x) \to 0$] y esto es imposible a no ser $A = 0$ [de nuestro resultado anterior se mencionó en el inicio de la respuesta].

Del mismo modo podemos disponer de el caso en que $\phi'(x)$ es, en última instancia negativa.

[Si $\phi'(x)$ es negativa, entonces la $\phi(x)$ es menor para un gran $x$. Ahora hay otra vez un muy estándar teorema que dice que si $\phi(x)$ es decreciente para todos los gran $x$ a continuación, se tiende a un límite o $-\infty$$x \to \infty$. Si $\phi(x) \to -\infty$, debido a la relación $\phi(x) + \phi'(x) \to 0$ tenemos que $\phi'(x) \to \infty$ y esto es incompatible con el hecho de que $\phi'(x)$ es negativo para la gran $x$. Si por otro lado tenemos a $\phi(x) \to B$, a continuación, de nuevo $\phi'(x) \to -B$, y en el resultado se mencionó al principio de esta respuesta sólo es posible cuando $B = 0$.]

Si $\phi'(x)$ cambia de signo para los valores de $x$ que sobrepasa todos los límites, a continuación, estos son los máximos y mínimos de $\phi(x)$.

[Nota de que cuando una derivada cambia de signo también debe desaparecer en algún lugar en el medio y por lo tanto obtendremos puntos donde $\phi'(x) = 0$ y antes y después de este punto la derivada $\phi'(x)$ es de signo contrario. Dichos puntos son los máximos y mínimos de $\phi(x)$ $\phi(x)$ toma local de valores máximo y mínimo en estos puntos. Desde $\phi'(x)$ cambia de signo para los valores de $x$ que van más allá de cualquier límite, esto conducirá a una infinidad de puntos de $x$ cuales son máximos o mínimos de $\phi(x)$.]

Si $x$ tiene un gran valor correspondiente a un máximo o de un mínimo de $\phi(x)$, $\phi(x) + \phi'(x)$ es pequeña [porque tiende a cero] y $\phi'(x) = 0$ [porque derivados se desvanece en los puntos de máximos/mínimos], de modo que $\phi(x)$ es pequeña. A fortiori, el resto de los valores de $\phi(x)$ son pequeños si $x$ es grande. [Vemos que los valores máximo y mínimo de $\phi(x)$ son pequeñas y por lo tanto todos los otros valores intermedios de $\phi(x)$ también son pequeños, así que un gran $x$ todos los valores de $\phi(x)$ son pequeñas. Y por lo tanto $\phi(x) \to 0$ también en este caso.]"

Así, en todos los casos $\phi(x) \to 0$ y, por tanto,$\phi'(x) \to 0$.

Actualización: Basado en el comentario de OP puedo añadir detalles en línea entre corchetes [].

Answer 3

Si se supone que ambos de los límites de $\lim_{x\to\infty}f(x) \text{ and } \lim_{x\to\infty}f'(x)$ existe, el límite de $f'$ es un número $k$. Si $k\ne0$, luego de lo suficientemente grande como $x$ tenemos $f'(x)$ estar más lejos de $0$$k/2$. Eso significaría que como $x$ aumenta por $1$ $f(x)$ cambios por, al menos,$k/2$, y siempre en la misma dirección. Que sigue del valor medio teorema. Si $f(x)$ cambios por más de $k/2$ y siempre en la misma dirección, $f(x)$ es que no se aproxima ningún límite, y no es una contradicción, por lo que debe ser ese $k=0$.

El problema es más difícil mostrar que si el límite de la suma existe, entonces los dos límites existen por separado. Tal vez voy a volver a ello . . . . . .

Answer 4

El problema es fácil si se supone que

$$\lim_{x \to \infty} f'(x) = k$$ existe.

De hecho, en este caso, es fácil demostrar la $k=0$: Por L'Hospital tenemos

$$\lim_{x \to \infty} \frac{f(x)}{x} = k \,.$$

Entonces, si $k= \pm \infty$ obtenemos $\lim_{x \to \infty} f(x)$ es el mismo infinito, lo que contradice la condición dada; mientras que si $k$ es finito y distinto de cero, obtenemos que $\lim_{x \to \infty} f(x)$ es infinita, lo que contradice de nuevo la condición dada.

Ahora, ya $$\lim_{x \to \infty} f'(x) = 0$$ tenemos $$\lim_{x \to \infty} f(x) =\left( \lim_{x \to \infty} f(x)+f'(x)\right) -\lim_{x \to \infty} f'(x)=l $$

Para conseguir alrededor de la existencia del límite de $\lim_{x \to \infty} f'(x)$, me gustaría probar a buscar a$\limsup f'(x)$$\liminf f'(x)$.

Answer 5

Dado: $$f'(x) = \lim_{h\to 0} \frac{f(x+h)-f(x)}{h}$$

$$l = \lim_{x\to \infty} f(x) + f'(x) = \lim_{x\to \infty}\left[ f(x) + \left[\lim_{h\to 0}\frac{f(x+h)-f(x)}{h}\right]\right]$$

$$l = \lim_{x\to\infty}\left[\lim_{h\to 0}\frac{f(x+h)+f(x)(h-1)}{h}\right]$$

Asumiendo $f(x)$ tiene un límite, podemos escribir $|f(x+h) - f(x)| \leq \epsilon$ de las grandes suficientemente $x$. Esto significa que podemos obligado de la cantidad dentro de los límites.

$$\frac{hf(x) - \epsilon}{h} \leq \frac{f(x+h)+f(x)(h-1)}{h} \leq \frac{hf(x) + \epsilon}{h}$$

$$f(x) - \frac{\epsilon}{h} \leq \frac{f(x+h)+f(x)(h-1)}{h} \leq f(x) + \frac{\epsilon}{h}$$

Para cualquier $|h| > 0$ podemos encontrar una $N$, de modo que para $x > N$, $\,|f(x+h) - f(x)| \leq h^2$. Esto es equivalente a establecer $\epsilon = h^2$.

$$f(x) - h \leq \frac{f(x+h)+f(x)(h-1)}{h} \leq f(x) + h$$

Tomar el límite de $h\to 0$. Aviso que esto implica que $\epsilon \to 0$ que obliga a $x \to \infty$.

$$\lim_{x\to\infty} f(x) \leq \lim_{x\to\infty} f(x)+f'(x) \leq \lim_{x\to\infty} f(x) $$

El resto está claro a partir de aquí.

No voy a fingir que esto es formal como lo que esencialmente intercambiar el límite de los operadores, pero debe darle una buena idea de por qué esto funciona.