Demostrando eso si $\lim_{x\to\infty}f'(x)=L$ y $\lim_{x\to\infty}\frac{f(x)}{x} = L$.

Question

¿Que $f:[0,\infty)\to\mathbb{R}$ derivable y Supongamos que $$\lim_{x\to\infty}f'(x)=L.$$ How can I prove that $% $$\lim_{x\to\infty}\frac{f(x)}{x} = L$?

No me han solucionado algunos problemas similares usando el teorema del valor medio y estoy tratando de utilizarlo de nuevo en éste, pero nada funciona. Por ejemplo, he intentado aplicar el MVT en $[x, 2x]$ pero no funciona. ¿Alguna sugerencia?

Answer 1

Sugerencia: If $x > N > 0$, $ f'(x) < L+\epsilon$, entonces tal $x$, $f(x) < f(N) + (x-N) (L + \epsilon)$ y $$\dfrac{f(x)}{x} < L + \epsilon + \dfrac{f(N)- N(L+\epsilon)}{x} $ $ ¿cuál es el límite de la derecha como $x \to \infty$?

De manera similar en la otra dirección...

Answer 2

Desde $\lim_{x\to\infty}f'(x)=L$, para cualquier $\epsilon>0$, $M>0$ tal que para cualquier $x>M$, hay $$ |f'(x)-L|<\epsilon $$ Para cualquier $x>M$, por Lagrange valor medio teorema, tenemos \begin{align} \left|\frac{f(x)}{x} - L\right|&=\left|\frac{f(x) - Lx}{x}\right| \\ &=\left|\frac{(f'(\xi) - L)(x-M)+f(M)-LM}{x}\right| \\ &<|f'(\xi) - L|+\left|\frac{f(M)-LM}{x}\right| \\ &<\epsilon+\left|\frac{f(M)-LM}{x}\right| \end{align} donde $M<\xi<x$. Así $$ \varlimsup_{x\to\infty}\left|\frac{f(x)}{x} - L\right|\leqslant\varlimsup_{x\to\infty}\epsilon+\varlimsup_{x\to\infty}\left|\frac{f(M)-LM}{x}\right|=\epsilon $$ Desde $\epsilon$ es arbitrario, esto significa $$ \varlimsup_{x\to\infty}\left|\frac{f(x)}{x} - L\right|=0\quad\text{y }\quad\varlimsup_{x\to\infty}\left|\frac{f(x)}{x} - L\right|=\varliminf_{x\to\infty}\left|\frac{f(x)}{x} - L\right| $$ Y tenemos $$ \lim_{x\to\infty}\left|\frac{f(x)}{x} - L\right|=0\quad\text{para }\quad\lim_{x\to\infty}\frac{f(x)}{x} = L $$

Answer 3

Desde la definición básica de la convergencia, con $\varepsilon$'s:

Fix $\varepsilon > 0$. Por definición, existe $a \geq 0$ tal que, para todos los $ x\geq a$, $L-\varepsilon \leq f^\prime(x) \leq L+\varepsilon$.

Para $x\geq a$, escribir $$ f(x) - f(a) = \int_a^x f^\prime $$ lo que da $$ (L-\varepsilon)(x-a) \leq f(x) - f(a) \leq (L+\varepsilon)(x-a) $$ o, de manera equivalente, $$ (L-\varepsilon)\left(1-\frac{a}{x}\right) + \frac{f(a)}{x} \leq \frac{f(x)}{x} \leq (L+\varepsilon)\left(1-\frac{a}{x}\right) + \frac{f(a)}{x}. $$

Desde $\frac{a}{x}\xrightarrow[x\to\infty]{} 0$ $\frac{f(a)}{x}\xrightarrow[x\to\infty]{} 0$ existe $b\geq 0$ tal que, para $x\geq b$ tenemos $\lvert \frac{f(a)}{x}\rvert, \lvert \frac{a}{x}\rvert \leq \varepsilon$. De ello se desprende que para $x\geq \max(a,b)$,

$$ (L-\varepsilon)\left(1-\varepsilon\right) + \varepsilon \leq \frac{f(x)}{x} \leq (L+\varepsilon)\left(1-\varepsilon\right) + \varepsilon. $$ lo que implica $$ L-L\varepsilon \leq \frac{f(x)}{x} \leq L+2\varepsilon. $$ Esto puede verse fácilmente a ser equivalente a la muestra (por ejemplo, mediante la sustitución de $\varepsilon$ $\varepsilon^\prime = \min(\frac{\varepsilon}{2}, \frac{\varepsilon}{L})$ al principio), ya que $\varepsilon$ fue arbitraria, que $\frac{f(x)}{x}\xrightarrow[x\to\infty]{} L$.

Answer 4

Tal vez usted está buscando un cálculo directo.

Veamos el caso de $L\neq0$.

\begin{align*} L=\lim_{x\to\infty}f'(x) &=\lim_{x\to\infty}\lim_{y\to x}\frac{f(y)-f(x)}{y-x}\\ &=\lim_{x\to\infty}\lim_{y\to x}\frac{f(x)-f(y)}{x-y}\\ &=\lim_{x\to\infty}\lim_{y\to x}\frac{f(x)\left[1-\frac{f(y)}{f(x)}\right]}{x\left[1-\frac yx\right]}\\ \end{align*}

Siempre el límite de intercambio, esta última es igual a $$ \lim_{y\a x}\lim_{x\to\infty}\frac{f(x)\left[1-\frac{f(y)}{f(x)}\right]}{x\left[1-\frac yx\right]} $$

Ahora $L\neq0$ por hipótesis, luego,$f(x)\stackrel{x\to\infty}{\to}{\infty}$, lo que $$ \left[1-\frac{f(y)}{f(x)}\right]\to1 $$ así como $1-\frac yx\to1$$x\to \infty$. Por lo tanto $$ \lim_{y\a x}\lim_{x\to\infty}\frac{f(x)\left[1-\frac{f(y)}{f(x)}\right]}{x\left[1-\frac yx\right]} =\lim_{y\a x}\lim_{x\to\infty}\frac{f(x)}{x} =\lim_{x\to\infty}\frac{f(x)}{x} $$ en el que se concluye el caso de $L\neq 0$.

$L=0$ es aún más simple.