Демидович — задача 1317

1. 1

   Случай 1

   $f''(x) > 0$ на $(x_0, +\infty)$.
   В этом случае первая производная $f'(x)$ строго возрастает.
   Так как $\lim_{x \to x_0+0} f(x) = 0$ и $\lim_{x \to +\infty} f(x) = 0$, функция не может быть строго монотонной (иначе она была бы тождественным нулём, что противоречит $f''(x) > 0$). Значит, по теореме Ролля (применённой к обобщённому отрезку) или по теореме Вейерштрасса, функция имеет экстремум. Поскольку она выпукла вниз, это строгий глобальный минимум. Обозначим эту точку $c \in (x_0, +\infty)$, где $f'(c) = 0$.
2. 2
   Так как $f'(x)$ строго возрастает, для любого $x > c$ выполняется $f'(x) > 0$. Зафиксируем точку $x_1 > c$ и обозначим $f'(x_1) = k > 0$. Из-за монотонного возрастания $f'(x)$, для всех $x \ge x_1$ справедливо $f'(x) \ge k$.
   Применим теорему Лагранжа к отрезку $[x_1, x]$:$$f(x) - f(x_1) = f'(\eta)(x - x_1) \ge k(x - x_1), \quad \text{где } \eta \in (x_1, x)$$Перейдём к пределу при $x \to +\infty$:$$\lim_{x \to +\infty} f(x) \ge \lim_{x \to +\infty} (f(x_1) + k(x - x_1)) = +\infty$$Это вступает в прямое противоречие с условием $\lim_{x \to +\infty} f(x) = 0$.
3. 3

   Случай 2

   $f''(x) < 0$ на $(x_0, +\infty)$.
   В этом случае первая производная $f'(x)$ строго убывает. Аналогичными рассуждениями показываем, что существует точка $c$, в которой $f'(c) = 0$. Для всех $x > c$ производная становится строго отрицательной.
   Зафиксировав $x_1 > c$ и обозначив $f'(x_1) = -k < 0$, получаем, что $f'(x) \le -k$ для всех $x \ge x_1$.
   По теореме Лагранжа:$$f(x) - f(x_1) = f'(\eta)(x - x_1) \le -k(x - x_1)$$При $x \to +\infty$ правая часть стремится к $-\infty$, то есть $\lim_{x \to +\infty} f(x) = -\infty$, что снова противоречит условию $\lim_{x \to +\infty} f(x) = 0$.

Что и требовалось доказать