Si $\lim_{x\to\infty}f(x)$ y $\lim_{x\to\infty}f^{\prime}(x)$ ambos existen, entonces $\lim_{x\to\infty}f^{\prime}(x) = 0$

Question

Supongamos que $f:\mathbb{R}\to\mathbb{R}$ es diferenciable en todas partes, y supongamos que $\lim_{x\to\infty}f(x)$ y $\lim_{x\to\infty}f^{\prime}(x)$ ambos existen. Estoy tratando de demostrar que el último límite es necesariamente $0$ . Tengo el siguiente argumento, pero no estoy seguro de que sea completamente sólido.

Desde $f$ es diferenciable en todas partes, podemos aplicar el Teorema del Valor Medio a $f$ en $[x,x+1]$ para todos los $x$ . Esto garantiza una $\alpha_{x}\in(x,x+1)$ tal que $$f^{\prime}(\alpha_{x}) = \frac{f(x+1)-f(x)}{x+1-x} = f(x+1)-f(x).$$ Ahora, el límite como $x\to\infty$ del lado derecho de esta expresión debe ser $0$ ya que $\lim_{x\to\infty}f(x)$ existe por supuesto (y debe ser igual a $\lim_{x\to\infty}f(x+1)$ ). En el lado izquierdo, observamos que $\alpha_{x}\to\infty$ como $x\to\infty$ ya que $\alpha_{x}>x$ siempre, para que: \begin {eqnarray*} 0 & = & \lim_ {x \to\infty }[f(x+1)-f(x)] \\ & = & \lim_ {x \to\infty }f^{ \prime }( \alpha_ {x}) \\ & = & \lim_ {y \to\infty }f^{ \prime }(y), \end {eqnarray*} demostrando el resultado.

Me inspiré para este argumento en otras fuentes que utilizan el mismo truco de "utilizar el Teorema del Valor Medio para introducir una cantidad $\alpha_{x}$ que tenemos algunos límites, entonces tomamos los límites". Sin embargo, este estilo de argumentación me parece dudoso: no hemos definido realmente una función $\alpha$ para tomar el límite de como $x\to\infty$ y no tengo claro que la definición de dicha función sea siempre posible. Por ejemplo, no podemos decir simplemente "toma el menor valor de este tipo y llámalo $\alpha_{x}$ ", porque no hemos demostrado que siempre habrá un valor mínimo de este tipo.

Estas son mis preguntas:

• En lo anterior, ¿dónde hemos utilizado el hecho de que $\lim_{x\to\infty}f^{\prime}(x)$ ¿existe? Esta es una suposición importante: consideremos, por ejemplo, la función $x\mapsto\sin{(x^{2})}/x$ . Mi suposición es que se utiliza en la última línea, donde debemos asumir este hecho para utilizar la regla de la cadena, pero me gustaría que me lo confirmaran.

• ¿El " $\alpha_{x}$ truco" requiere algo así como el Axioma de la Elección en general? En particular, lo que me inquieta es decir simplemente "elige un $\alpha_{x}$ por cada $x$ "es que tenemos que hacer (incontablemente) infinitas "elecciones", y no tenemos ningún método prescrito para hacerlo. EDITAR : Resulta que esto ha sido respondido en otras preguntas en este sitio, ver el enlace en los comentarios a continuación.

EDITAR : Nótese que la primera pregunta es diferente a otras sobre temas relacionados porque aquí estoy preguntando muy específicamente sobre este argumento y por qué funciona.

Answer 1

En cuanto a tu primera pregunta: el teorema del valor medio sólo garantiza la existencia de unos $\alpha_x$ con la propiedad dada, pero no tiene control sobre dónde $\alpha_x$ se encuentra exactamente en el intervalo. El hecho de que $f^\prime$ converge le permite concluir que esto no importa, cualquier secuencia $x_n$ convergiendo a $\infty$ tendrá la propiedad $f^\prime(x_n)\rightarrow \lim_{x\rightarrow\infty} f^\prime(x)$ En particular, el que se obtiene utilizando el MVT.

No entiendo qué quieres saber con tu segunda pregunta. La prueba que has encontrado es rigurosa.

Answer 2

Por cada $n$ por el teorema del valor medio, se tiene $f(n+m)-f(n)=mf'(x_{n,m})$ . Desde $lim_{x\rightarrow +\infty}f(x)=l$ existe, existe $N_n$ tal, $m>N_n$ implica $\mid f(n+m)-l\mid <1$ Así que $\mid f(n+m)-f(n)\mid =m\mid f'(x_{n,m})\mid< \mid l|+1+\mid f(n)\mid$ deducimos que

$\mid f'(x_{n,m})\mid \leq {{1+\mid l\mid +\mid f(n)\mid}\over m}$ . Esto implica que para cada $n>0,$ por cada $c>0$ existe $x_{n,m_0}=u_n>n$ tal que $\mid f'(u_n)\mid <{1\over c}$ . Obsérvese que el límite de $u_n$ es $+\infty$ y el límite de $f'(u_n)$ es cero. Como $lim_{x\rightarrow+\infty}f'(x)$ existe, deducimos que este límite es cero.

Answer 3

La única propiedad de $\alpha_{x}$ lo que importa aquí es que $x<\alpha_{x}<x+1$ y no necesitamos saber los detalles de cómo $ \alpha_{x}$ depende de $x$ . Sabemos que $f(x+1)-f(x)$ tiende a $0$ y, por lo tanto, dado cualquier $\epsilon>0$ existe un $M >0$ tal que $$|f(x+1)-f(x)|<\epsilon\tag{1}$$ siempre que $x>M$ . Aquí sabemos que $f'(x)$ tiende a $L$ como $x\to \infty$ para que haya un número $N>0$ tal que $$L - \epsilon <f'(x)<L +\epsilon\tag{2}$$ siempre que $x>N$ . Ahora es obvio, por el teorema del valor medio, que hay un $\alpha_{x}\in(x,x+1)$ tal que $$-\epsilon<f'(\alpha_{x})<\epsilon\tag{3}$$ siempre que $x>M$ . Si $L\neq 0$ entonces no podemos tener ambas desigualdades $(2)$ y $(3)$ simultáneamente para $\epsilon = |L|/2$ y $x > \max(M,N)$ . Por lo tanto, $L=0$ .