Mostrar que si $\lim\limits_{x \to \infty} f(x)$ existe y $f''$ es acotado, entonces $\lim\limits_{x \to \infty} f'(x)=0$.

Question

Estoy tratando de responder el siguiente ejercicio: Supongamos que $f$ es dos veces diferenciable en a $[0,+\infty)$.

Mostrar que si $\lim\limits_{x \to \infty} f(x)$ existe y $f''$ es acotado, entonces $\lim\limits_{x \to \infty} f'(x)=0$. Si $\lim\limits_{x \to +\infty} f'(x)$ existe entonces sé cómo demostrar que este límite es igual a 0 (utilizando el valor medio teorema).

Pero, ¿cómo puedo demostrar que este límite existe?

Contraejemplo: consideremos $f(x) = x \sin\frac{1}{x}$. Entonces $$f'(x) = \sin\frac{1}{x} - \frac{1}{x} \cos\frac{1}{x}$$ and $$f''(x) = -\frac{1}{x^2}\cos\frac{1}{x} + \frac{1}{x^2}\cos\frac{1}{x} - \frac{1}{x^3} \sin\frac{1}{x}.$$ This example shows that the hypothesis that there exists $\lim\limits_{x \to \infty} f(x)$ es esencial.

Answer 1

Estamos dado que el $f''$ es limitado, así que vamos a $$ |f"(x)|\le M\tag1 $$ Supongamos que $$ \limsup\limits_{x\to\infty}|f'(x)|=A\tag2 $$ Desde $\lim\limits_{x\to\infty}f(x)$ existe, hay un $L$, de modo que si $x,y\ge L$, $$ |f(x)-f(y)|\le\frac{A^2}{8}\tag3 $$

Por $(2)$, hay un $x_0\ge L+\frac{A}{2M}$, de modo que $|f'(x_0)|\gt\frac A2$. Entonces, por $(1)$, $|f'(x)|\ge\frac A2-M|x-x_0|$. Desde $f'$ tiene el mismo signo más de $\left[x_0-\frac{A}{2M},x_0+\frac{A}{2M}\right]$, tenemos $$ \begin{align} \left|\,f\left(x_0+\frac{A}{2M}\right)-f\left(x_0-\frac{A}{2M}\right)\,\right| &=\left|\,\int_{x_0-\frac{A}{2M}}^{x_0+\frac{A}{2M}}f'(x)\,\mathrm{d}x\,\right|\\ &=\int_{x_0-\frac{A}{2M}}^{x_0+\frac{A}{2M}}\left|f'(x)\right|\,\mathrm{d}x\\ &\ge\int_{x_0-\frac{A}{2M}}^{x_0+\frac{A}{2M}}\left(\frac A2-M|x-x_0|\right)\,\mathrm{d}x\\ &=\frac{A^2}{4M}\tag4 \end{align} $$ Sin embargo, la única manera de que $(3)$ $(4)$ no se contradicen es si $A=0$. Es decir, $$ \limsup\limits_{x\to\infty}|f'(x)|=0\tag5 $$ lo que implica $$ \bbox[5px,border:2px solid #C0A000]{\lim_{x\to\infty}f'(x)=0}\tag6 $$

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La finitud de $A$

Tenga en cuenta que desde $\lim\limits_{x\to\infty}f(x)$ existe, hay un $M_2$, de modo que para $x\ge M_2$, $|f(x)-f(x+1)|\le1$. El Valor medio Teorema dice que para algunos $\xi\in(x,x+1)$, $|f'(\xi)|\le1$. El Valor de la Media y Teorema de $(1)$ decir que para cualquier $\zeta\in(x,x+1)$, $|f'(\zeta)-f'(\xi)|\le M$. Por lo tanto, el $\limsup$ $(2)$ es finito; de hecho, está delimitada por $M+1$.

Answer 2

Desde $f$ es dos veces diferenciable, por la expansión de Taylor, para cada $\varepsilon>0$ existe $c_{x,\varepsilon}\in(x,x+\varepsilon)$ tal que $$f(x+\varepsilon)=f(x)+f'(x)\varepsilon+\frac{1}{2}f''(c_{x,\varepsilon})\varepsilon^2.$$ Pero $f''$ es limitada (por ejemplo,$ |f''|<2M$), por lo que se deduce que $$|f(x+\varepsilon)-f(x)-f'(x)\varepsilon|\le M\varepsilon^2.$$ Por lo tanto, por la desigualdad triangular, $$|f'(x)\varepsilon|\le|f(x+\varepsilon)-f(x)|+ M\varepsilon^2.$$ Pero, $\lim_{x\to\infty}f(x)$ existe, por lo que la fijación de $\varepsilon>0$ y dejando $x\to\infty$, que nos recibe $$\limsup_{x\to\infty}|f'(x)|\le M\varepsilon.$$ Desde $\varepsilon>0$ es arbitrario, la conclusión de la siguiente manera.