Prob. 5, Cap. 5 en Baby Rudin: Si $f^\prime(x) \to 0$ como $x \to +\infty$ entonces $f(x+1) - f(x) \to 0$ también.

Question

Aquí está el Prob. 5, Cap. 5 del libro Principios del análisis matemático de Walter Rudin, 3ª edición:

Supongamos que $f$ está definida y es diferenciable para cada $x > 0$ y $f^\prime(x) \to 0$ como $x \to +\infty$ . Poner $g(x) = f(x+1)-f(x)$ . Demostrar que $g(x) \to 0$ como $x \to +\infty$ .

He aquí un intento mío.

Como $$\lim_{x \to +\infty} f^\prime(x) = 0,$$ por lo que, dado cualquier número real $\varepsilon > 0$ podemos encontrar un número real $r$ tal que $$\left\vert f^\prime(x) - 0 \right\vert < \varepsilon \tag{1} $$ para todos los números reales $x$ que satisfacen $x > r$ .

Dejemos que $x$ sea un número real tal que $x > r$ . Entonces, como $f$ es continua en $[ x, x+1]$ y diferenciable en $(x, x+1)$ por lo que por el Teorema del Valor Medio hay algún punto $p \in (x, x+1)$ para lo cual $$g(x) = f(x+1) - f(x) = \left( \ (x+1) - x \ \right) f^\prime(p) = f^\prime(p), $$ y como $p > x > r$ por lo que por (1) podemos concluir que $$\left\vert g(x) \right\vert = \left\vert f^\prime(p) \right\vert < \varepsilon.$$ Así, dado un número real $\varepsilon > 0$ podemos encontrar un número real $r$ tal que $$\left\vert g(x) - 0 \right\vert < \varepsilon$$ para todos los números reales $x$ que satisfacen $x > r$ .

Por lo tanto, $$\lim_{x \to +\infty} g(x) = 0.$$

¿Esta prueba es correcta?

Answer 1

Sí, es correcto, y de hecho la clave es el teorema del valor medio. Una forma intuitiva de verlo es esta: Como lo tenías, $g(x)=f(x+1)-f(x)=f'(p)(x+1-x)=f'(p)$ para algunos $p\in(x,x+1)$ . Ahora, como $x$ tiende a infinito, claramente también lo hace $p$ . Pero $f'(p)\to 0$ , como $p\to \infty.$ Por lo tanto, $g(x)\to 0$ , como $x\to \infty.$