Cómo probar este extraño límite?

Question

Deje $f:[0,\infty)\to\mathbb R$ ser una función en $C^2$ tal que $\lim_{x\to\infty} (f(x)+f'(x)+f''(x)) = a.$ Demostrar que $\lim_{x\to\infty} f(x)=a$

Answer 1

Tenga en cuenta que con $\alpha = e^{i \pi/3}$ $\beta = e^{-i \pi/3}$ tenemos $\alpha \beta = 1$ $\alpha + \beta = 1$ y , por lo tanto,

$$\tag{1}f(x) + f'(x) + f''(x) = \alpha\beta f(x) + ( \alpha + \beta)f'(x) + f''(x) \\ =\alpha[ \, \beta f(x) + f'(x) + (\beta f(x) + f'(x))' \, ]$$

Uno puede demostrar que el lema (cuando la parte real de la $\gamma$ es positivo):

$$\gamma f(x) + f'(x) \to \delta \implies f(x) \to \delta/\gamma$$

Para demostrar el lema uso el de Hardy - L'Hospital truco

$$\lim_{x \to \infty}f(x) = \lim_{x \to \infty}\frac{e^{\gamma x}f(x)}{e^{\gamma x}} = \lim_{x \to \infty}\frac{e^{\gamma x}(\gamma f(x) + f'(x))}{\gamma e^{\gamma x}} = \frac{\delta}{\gamma}.$$

Tenga en cuenta que en esta etapa appy L'Hospital de la regla de la no necesitamos suponer nada acerca de la existencia del límite de $f(x)$ en el numerador, sólo que el límite del denominador es $+\infty.$

Ahora, por (1) y el lema que hemos

$$f(x) + f'(x) + f''(x) \to a \implies \beta f(x) + f'(x) \to a/\alpha,$$

y usando el lema de nuevo,

$$f(x) \to a/(\alpha \beta) = a$$

Answer 2

Saludos @merow . Si $ \lim_{x \rightarrow \infty} f(x) $ que existe, aquí, es un argumento : $ \lim_{x \rightarrow \infty}f(x) = \lim_{x \rightarrow \infty}f(x+h) = \lim_{x \rightarrow \infty}f(x-h) $ para cualquier valor finito $h$.

En primer lugar tenemos $$ \lim_{x \rightarrow \infty}f(x) + \lim_{x \rightarrow \infty} \left[ f'(x) + f''(x) \right] = a $$ y $$ \lim_{x \rightarrow \infty}f(x) + \lim_{x \rightarrow \infty} \left[ \lim_{h \rightarrow 0} \frac{(f(x+h)-f(x))}{h} + \lim_{h \rightarrow 0} \frac{(f(x+h)-2f(x)+f(x-h))}{h^{2}} \right] = a $$ $$ \lim_{x \rightarrow \infty}f(x) + \lim_{x \rightarrow \infty} \left[ \lim_{h \rightarrow 0} \frac{(hf(x+h)-hf(x))}{h^{2}} + \frac{(f(x+h)-2f(x)+f(x-h))}{h^{2}} \right] = a $$ $$ \lim_{x \rightarrow \infty}f(x) = \lim_{h \rightarrow 0} \left[ a - \frac{(h \lim_{x \rightarrow \infty }f(x+h)-h\lim_{x \rightarrow \infty}f(x) )}{h^{2}} - \frac{(\lim_{x \rightarrow \infty } f(x+h)+\lim_{x \rightarrow \infty }f(x-h) - 2 \lim_{x \rightarrow \infty}f(x) )}{h^{2}} \right] $$ también podemos ver que $ \lim_{x \rightarrow \infty}f(x) = \lim_{x \rightarrow \infty}f(x+h) = \lim_{x \rightarrow \infty}f(x-h) $, para cualquier valor finito $h$. El uso de este, los numeradores en el lado derecho se $0$, y obtenemos $$ \lim_{x \rightarrow \infty}f(x) = \lim_{h \rightarrow 0} a = a$$ Esperanza de que será útil, pero esto se puede mejorar. Gracias.

Answer 3

Deje $h(x)=f(x)+f'(x)+f''(x)-a$, lo $h(x)\to0$$x\to\infty$. Deje $\omega=e^{2\pi i/3}$ y $$ f_1(x)=\frac1{\omega\bar\omega}\left(e^{\omega x}\int_0^xe^{-\omega t}h(t)\;dt-e^{\bar\omega x}\int_0^xe^{-\bar\omega t}h(t)\;dt\right). $$ Se verifica que $$ f_1(x)+f_1'(x)+f_1"(x)=h(x). $$ Así las $f_2(x)=f(x)-f_1(x)-a$, tenemos $$ f_2(x)+f_2'(x)+f_2"(x)=0. $$ A continuación, $f_2(x)$ debe ser una combinación lineal de $e^{\omega x}$$e^{\bar\omega x}$, lo que implica la $f_2(x)\to0$$x\to\infty$. Queda por mostrar $f_1(x)\to0$$x\to\infty$.

Desde $h(x)$ es continua y tiene un límite de $x\to\infty$, es acotada. Supongamos $|h(x)|<K$ todos los $x\geq0$. Considere la posibilidad de $\epsilon>0$. Pick $L$ tal que $|h(x)|<\epsilon$$x>L$. Pick $M$ tal que $Ke^{(L-M)/2}<\epsilon$. Para $x>M$ hemos $$\begin{eqnarray*} |f_1(x)|&\leq&\frac2{|\omega-\bar\omega|}e^{-x/2}\int_0^xe^{t/2}|h(t)|\;dt\\ &=&\frac2{|\omega-\bar\omega|}e^{-x/2}\left( \int_0^Le^{t/2}|h(t)|\;dt+ \int_L^xe^{t/2}|h(t)|\;dt\right)\\ &\leq&\frac2{|\omega-\bar\omega|}e^{-x/2}\left( K\int_0^Le^{t/2}\;dt+ \epsilon\int_L^xe^{t/2}\;dt\right)\\ &\leq&\frac4{|\omega-\bar\omega|}\left( Ke^{(L-M)/2}+\epsilon\right)\\ &\leq&\frac8{|\omega-\bar\omega|}\epsilon. \end{eqnarray*}$$ Desde $\epsilon>0$ fue arbitraria, $f_1(x)\to0$ $x\to\infty$ como se requiere.