Si $\lim\limits_{x \to \infty} f'(x) = L$ y $\lim\limits_{n \to \infty} f(n) = A$ existe, prueban que $L = 0$.

Question

Aquí está la tarea problema estoy atascado en:

Deje $f$ ser diferenciable en a $(0,\infty)$. Si $\lim\limits_{x \to \infty} f'(x) = L$ existe en $\mathbb{R}$ $\lim\limits_{n \to \infty} f(n) = A$ existe en $\mathbb{R}$, demuestran que, a $L = 0$.

A partir de la información dada, yo sé que podemos llegar a asumir:

1. $f$ es continua en cada punto de $s \in (0,\infty)$.
2. Ahora podemos aplicar el MVT.

Hasta ahora esto es lo que estoy pensando: En primer lugar, creo que esto describe una función que aumenta hacia una asíntota horizontal. He creado una estrictamente creciente secuencia $\{x_n\} = \{x_1, x_2, \dots, x_n \}$ a servir como el $x$ valores en $(0, \infty)$. Esto me da una secuencia de intervalos básicamente.

Puedo aplicar el MVT en cada uno de estos intervalos, obteniendo una secuencia de $c_n \in (x_{n-1}, x_n)$.

Pero no veo a dónde ir desde aquí. Supongo que voy a necesitar el teorema del sándwich más tarde, pero hay un hueco en el medio.

Tal vez estoy haciendo algo mal?

Gracias por tu ayuda.

Answer 1

Si podemos demostrar que $|L|\lt \epsilon$ por cada $\epsilon \gt 0$, entonces vamos a tener que $|L|\le 0\Rightarrow L=0$.

Deje $\epsilon\gt 0$ ser dado. Desde $$\lim_{x\to \infty} f^{\prime}(x)=L$$ we can find $M$ such that $x\ge M\Rightarrow |f^{\prime}(x) - L|\lt \frac{\epsilon}{2}$. Since $$\lim_{n\to\infty}f(n)=A$$ we can find $N$ such that $n\ge N\Rightarrow |f(n)-A|\lt \frac{\epsilon}{4}$.

Considere la posibilidad de $m\gt max(M,N)$. El valor medio teorema nos dice que podemos encontrar $c\in (m,m+2)$ tal que $$f^{\prime}(c) = \frac{f(m+2) - f(m)}{2}$$ Then $|f^{\prime}(c)| = |\frac{f(m+2) - f(m)}{2}|\lt |f(m+2)-f(m)|\le |A+\frac{\epsilon}{4} - (A-\frac{\epsilon}{4})|=\frac{|\epsilon|}{2}=\frac{\epsilon}{2}$

Ahora, $|f^{\prime}(c)-L| = |L-f^{\prime}(c)|\lt\frac{\epsilon}{2}\Rightarrow -\frac{\epsilon}{2}\lt L-f^{\prime}(c)\lt \frac{\epsilon}{2}\Rightarrow f^{\prime}(c)-\frac{\epsilon}{2}\lt L\lt f^{\prime}(c)+\frac{\epsilon}{2}$.

Pero $-\frac{\epsilon}{2}\lt f^{\prime}(c)\lt \frac{\epsilon}{2}$$-\epsilon = \frac{-\epsilon}{2} + \frac{-\epsilon}{2}\lt f^{\prime}(c)+\frac{-\epsilon}{2}\lt L\lt f^{\prime}(c)+\frac{\epsilon}{2}\lt \frac{\epsilon}{2} + \frac{\epsilon}{2}=\epsilon$.

Por lo tanto, $|L|\lt \epsilon$ y debe ser igual a $0.$

Answer 2

Puesto que se trata de una tarea, sólo daré un resumen:

1. Según lo observado por Heberto, $f'(x)>K$ en un intervalo $[N,\infty)$, $K$ número positivo.

2. Desde $\lim_{n\to\infty}f(n)=A$, existe entero $n>N$ tal que $|f(n+1)-f(n)|$el % es muy pequeño (pequeño de $K$).

3. Ahora utilizar MVT para mostrar que esto es imposible.

Answer 3

Puede hacerse la prueba por contradicción.

Asumir que $L\neq 0$, y sin pérdida de generalidad se puede asumir que un $L>0$ (si no uso $g(x)=-f(x)$). Desde $\lim_{x\to\infty}f(x)=L>0$, lo suficientemente pequeño como $\epsilon>0$ tal que $L-\epsilon>0$, existen $N>0$ tales que para todos $x>N$ $f'(x)>L-\epsilon>0$.

Ahora tenemos una función diferenciable en un intervalo abierto $(N,\infty)$, que $f'(x)>0$ podemos concluir que el $f$ está aumentando, pero esto implicaría que $\lim_{x\to\infty}f(x)=\infty$ obtener una contradicción.