Límite de la Derivada

Question

Deje que $f:(0, \infty ) \to \mathbb {R}$ ser una función diferenciable, que va en aumento y delimitada por encima. Entonces hace $ \lim_ {x \to \infty } f'(x)=0$ ?

Si nosotros asumir que $ \lim_ {x \to \infty } f'(x)$ existe, entonces esto es cierto por un argumento que utiliza el teorema del valor medio: Por supuesto $L= \lim_ {x \to \infty } f(x)$ existe y es finito, y luego $0=L-L= \lim_ {n \to \infty } f(n+1)-f(n)= \lim_ {n \to \infty } f'(x_n)$ para algunos $x_n \in (n,n+1)$ por el teorema del valor medio. Pero esto no funciona si no asumimos $ \lim_ {x \to \infty } f'(x)$ existe porque $x_n$ no es una secuencia arbitraria con $x_n \to \infty $ .

Intuitivamente parece que debería ser verdad sin esta suposición, pero por supuesto eso no significa que sea verdad.

Answer 1

Eso no es cierto. Deje que $g: \mathbb R \to (0, \infty )$ ser una función continua para que

$$ \int_0 ^ \infty g(x) dx < \infty ,\ \ g(n) = 1 \text { for all }n \in \mathbb N.$$

Defina

$$f(x) = \int_0 ^x g(s) ds$$

entonces $f$ es cada vez mayor y está limitada por encima pero $f'(s)$ no tiene un límite como $s \to + \infty $ . (Si existe un límite, tiene que ser 1. Pero entonces $f$ no estaría limitada por lo anterior)

Observación para construir tal $g$ basta con construir $g$ en $[n, n+1]$ para que $g(n) = g(n+1) =1$ y $ \int_n ^{n+1} g(x)dx < \frac {1}{2^n}$ . Deje que $h$ se definirá por

$$h(x) = -2^{n+1} (x-n) + 1 \text { on } [n, n+ 2^{-n-1}],$$ $$h(x) = 0 \text { on } [ n+ 2^{-n-1}, n+1 - 2^{-n-1}],$$ $$h(x) = 2^{n+1} (x - n-1 + 2^{-n-1}) \text { on }[n+1 - 2^{-n-1}, n+1]$$

entonces $h: [n, n+1] \to [0,1]$ es continua y $ \int_n ^{n+1} h(x) dx = 2^{-n-1}$ . Ahora deja $0< \epsilon_n <1$ ser tan pequeño como para que

$$g(x) = \max\ { h(x) , \epsilon_n\ }$$

satisface $ \int_n ^{n+1} g(x) dx < 2^{-n}$ .