Раздел II. Дифференциальное исчисление функций одной переменной — § 6. Теоремы Ролля, Лагранжа и Коши

Демидович — задача 1256

Б. П. Демидович, «Сборник задач и упражнений по математическому анализу». Условие и подробное решение по шагам.

Доказать, что если функция

f(x)

дифференцируема в бесконечном интервале

(x_0,+\infty)

\lim_{x\to+\infty}f'(x)=0

то

\lim_{x\to+\infty}\frac{f(x)}x=0

т. е.

f(x)=o(x)

при

x\to+\infty

Доказательство

Идея

Зафиксируем произвольное

\varepsilon > 0

. Так как

\lim_{x\to+\infty} f'(x) = 0

, то по определению предела существует такое число

X > x_0

, что для всех

x > X

выполняется неравенство

Проверка

|f'(x)| < \frac{\varepsilon}{2}

Пусть

x > X

. Применим теорему Лагранжа к отрезку

[X, x]

f(x) - f(X) = f'(c)(x - X)

где точка

c

лежит между

X

x

. Поскольку

c > X

, для неё справедливо

|f'(c)| < \frac{\varepsilon}{2}

.
Разделим обе части равенства на

x

(считаем

x > 0

)

\frac{f(x)}{x} = \frac{f(X)}{x} + f'(c)\left(1 - \frac{X}{x}\right)

Оценим модуль этого выражения, используя неравенство треугольника

\left|\frac{f(x)}{x}\right| \le \left|\frac{f(X)}{x}\right| + |f'(c)| \cdot \left|1 - \frac{X}{x}\right|

Так как

0 < X < x

, то

0 < 1 - \frac{X}{x} < 1

. С учётом оценки для

|f'(c)|

получаем

\left|\frac{f(x)}{x}\right| < \left|\frac{f(X)}{x}\right| + \frac{\varepsilon}{2}

Заметим, что

f(X)

является фиксированным конечным числом. Поэтому

\lim_{x\to+\infty} \frac{f(X)}{x} = 0

Следовательно, найдётся такое число

X_1 > X

, что для всех

x > X_1

будет выполнено

\left|\frac{f(X)}{x}\right| < \frac{\varepsilon}{2}

Тогда для всех

x > X_1

справедливо итоговое неравенство

\left|\frac{f(x)}{x}\right| < \frac{\varepsilon}{2} + \frac{\varepsilon}{2} = \varepsilon

Это означает, что предел отношения

\frac{f(x)}{x}

при

x \to +\infty

равен нулю, то есть

f(x) = o(x)

Что и требовалось доказать