Dejemos que $f$ sea una función continua que satisfaga $\lim \limits_{n \to \infty}f(x+n) = \infty$ para todos $x$ . Hace $f$ satisfacer $f(x) \to \infty$ ?

Question

Dejemos que $f: \Bbb R \to \Bbb R$ ser un continuo función que satisface $f(x+n) \to \infty$ como una secuencia en $n$ para todos $x$ . Hace $f$ satisfacer $f(x) \to \infty$ como $x\to \infty$ ?

Si abandonamos el supuesto de continuidad, la afirmación es falsa, al considerar una función que tiende cada vez más lentamente a $\infty$ ya que empezamos con valores más grandes en $(0,1)$ . (O muchos otros ejemplos)

En cuanto al contexto: una variante de esta afirmación (cuando $f$ es analítica y sustituimos $n$ por una secuencia general creciente $a_n$ ) podría serme útil en algún ejercicio técnico, y esto es una simplificación que todavía no puedo abordar.

Asumiendo por contradicción que $\exists M\forall x \exists x_0>x: f(x_0)\leqslant M$ queremos demostrar que $\exists x \exists N>0 \forall n \exists n_0>n: f(x+n) \leqslant N$ . Aquí no parece aplicarse ninguna lógica "a nivel de cuantificadores".

¿Alguna idea?

Answer 1

No. Un contraejemplo sería la siguiente función

$$ f(x)= \begin{cases} n,& x\in [n, n+1-1/n]; \\ n-2n^2\cdot (x-(n+1-1/n)),& x\in [n+1-1/n, n+1-1/(2n)]; \\ 2(n+1)n(x-(n+1-1/(2n))),& x\in [n+1-1/(2n), n+1]. \end{cases}$$

para $x\in [n, n+1]$ . Satisface todas sus condiciones (le sugiero que lo dibuje, entonces es más fácil de ver), pero

$$ f(n+1-1/(2n))=0$$

y por lo tanto $f$ no converge al infinito para $x\rightarrow \infty$ .

Añadido: Nótese que podemos "suavizar" las aristas de la función anterior para obtener un contraejemplo suave. Un contraejemplo verdaderamente bello para el caso real-analítico se proporciona en la respuesta de Mundron Schmidt.

Answer 2

Otro contraejemplo podría ser $ f(x)=x^3\sin^2\left(\pi \left(x+\frac1x\right)\right) $ para $x>0$ . Vemos \begin{align} f(x+n)=&(x+n)^3\sin^2\left(\pi\left((x+n)+\frac1{x+n}\right)\right)\\ &=(x+n)^3\underbrace{\sin^2\left(\pi\left(x+\frac1{x+n}\right)\right)}_{g_x(n)}. \end{align} Considerar a continuación $\lim_{n\to\infty} g_x(n)=\sin^2(\pi x)$ . Si $x\notin\mathbb{N}$ está claro que tenemos $\lim_{n\to\infty}f(x+n)=\infty$ . En caso contrario, calculamos la serie de potencias de $\sin^2$ alrededor de una raíz $\zeta$ que es \begin{align} \sin^2(x)&=\left(\sin(x)\right)^2=\left(\sin(\zeta)+\sin'(\zeta)(x-\zeta)+\sin''(\zeta)(x-\zeta)^2+o((x-\zeta)^3)\right)^2\\ &=\left(\pm(x-\zeta)+o((x-\zeta)^3)\right)^2\\ &=(x-\zeta)^2+o((x-\zeta)^4). \end{align} Para $x\in\mathbb{N}$ calculamos \begin{equation} \pi\left(x+\frac1{x+n}\right)-\pi x=\frac{\pi}{x+n} \end{equation} y concluye \begin{align} (x+n)^3\sin^2\left(\pi\left(x+\frac1{x+n}\right)\right)&=(x+n)^3\left(\frac{\pi^2}{(x+n)^2}+o\left(\frac1{(x+n)^4}\right)\right)\\ &=\pi^2(x+n)+o\left(\frac1{(x+n)}\right). \end{align} Vemos que incluso si $x\in\mathbb{N}$ obtenemos $\lim_{x\to \infty}f(x+n)=\infty$ .

Por último, vemos que $\lim_{x\to\infty} f(x)$ no existe. Desde $n+\frac1n<n+1<n+1+\frac1{n+1}$ para $n>1$ el IVT produce $x_n\in(n,n+1)$ tal que $x_n+\frac1{x_n}=n+1$ . Esto da como resultado $f(x_n)=0$ aunque $n<x_n\to\infty$ para $n\to\infty$ .