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

Демидович — задача 1257

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

Доказать, что если функция f(x)f(x) дифференцируема в бесконечном интервале (x0,+∞)(x_0,+\infty) и

Задача 1257

f(x)=o(x)при x→+∞f(x)=o(x)\quad\text{при }x\to+\inftyтоlim‾⁡x→+∞∣f′(x)∣=0\varliminf_{x\to+\infty}|f'(x)|=0В частности, если существуетlim⁡x→+∞f′(x)=k\lim_{x\to+\infty}f'(x)=kто k=0k=0.

Доказательство

Идея

Докажем утверждение от противного. Предположим, чтоlim‾⁡x→+∞∣f′(x)∣=m>0\varliminf_{x\to+\infty} |f'(x)| = m > 0Тогда, по определению нижнего предела, существует такое число X>x0X > x_0, что для всех x>Xx > X выполняется неравенство∣f′(x)∣≥m2>0|f'(x)| \ge \frac{m}{2} > 0Поскольку производная дифференцируемой функции обладает свойством Дарбу (принимает все промежуточные значения), она не может менять знак, не проходя через нуль. Но нуль она принимать не может, так как её модуль отделён от нуля. Значит, f′(x)f'(x) сохраняет постоянный знак при всех x>Xx > X.

Проверка

Без ограничения общности будем считать, что f′(x)f'(x) положительна, то естьf′(x)≥m2f'(x) \ge \frac{m}{2}Возьмём произвольное x>Xx > X и применим теорему Лагранжа на отрезке [X,x][X, x]f(x)−f(X)=f′(c)(x−X)f(x) - f(X) = f'(c)(x - X)где c∈(X,x)c \in (X, x). Так как f′(c)≥m2f'(c) \ge \frac{m}{2}, мы получаемf(x)−f(X)≥m2(x−X)f(x) - f(X) \ge \frac{m}{2}(x - X)Разделим обе части на xx (полагая x>0x > 0)f(x)x−f(X)x≥m2(1−Xx)\frac{f(x)}{x} - \frac{f(X)}{x} \ge \frac{m}{2} \left(1 - \frac{X}{x}\right)Перейдём к пределу в этом неравенстве при x→+∞x \to +\infty.
По условию f(x)=o(x)f(x) = o(x), поэтому lim⁡x→+∞f(x)x=0\lim_{x\to+\infty} \frac{f(x)}{x} = 0.
Также очевидно, что lim⁡x→+∞f(X)x=0\lim_{x\to+\infty} \frac{f(X)}{x} = 0 и lim⁡x→+∞(1−Xx)=1\lim_{x\to+\infty} \left(1 - \frac{X}{x}\right) = 1.
Подставляя эти пределы, получаем0−0≥m2⋅1  ⟹  0≥m2>00 - 0 \ge \frac{m}{2} \cdot 1 \implies 0 \ge \frac{m}{2} > 0Мы пришли к противоречию (0>00 > 0). Следовательно, наше предположение было неверным, иlim‾⁡x→+∞∣f′(x)∣=0\varliminf_{x\to+\infty} |f'(x)| = 0Если же существует обычный предел lim⁡x→+∞f′(x)=k\lim_{x\to+\infty} f'(x) = k, то предел модуля равен модулю пределаlim⁡x→+∞∣f′(x)∣=∣k∣\lim_{x\to+\infty} |f'(x)| = |k|В этом случае нижний предел совпадает с обычным, следовательно ∣k∣=0|k| = 0, откуда k=0k = 0. Что и требовалось доказать.

Что и требовалось доказать

Демидович № 1257 — решение