Раздел I. Введение в анализ — § 5. Предел функции

Демидович — задача 608

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

Задача 608

Доказать теоремы Коши: если функция f(x)f(x) определена в интервале
(a,+∞)(a,+\infty) и ограничена в каждом конечном интервале (a,b)(a,b), тоа) lim⁡x→+∞f(x)x=lim⁡x→+∞[f(x+1)−f(x)]\text{а) }\lim_{x\to+\infty}\frac{f(x)}x
=\lim_{x\to+\infty}[f(x+1)-f(x)]б) lim⁡x→+∞[f(x)]1x=lim⁡x→+∞f(x+1)f(x)(f(x)⩾C>0)\text{б) }\lim_{x\to+\infty}[f(x)]^{\frac1x}
=\lim_{x\to+\infty}\frac{f(x+1)}{f(x)}
\qquad (f(x)\geqslant C>0)предполагая, что пределы в правых частях равенств существуют
Доказано:а) lim⁡x→+∞f(x)x=lim⁡x→+∞[f(x+1)−f(x)]\lim_{x\to+\infty}\frac{f(x)}x
=\lim_{x\to+\infty}[f(x+1)-f(x)]б) lim⁡x→+∞[f(x)]1x=lim⁡x→+∞f(x+1)f(x)\lim_{x\to+\infty}[f(x)]^{\frac1x}
=\lim_{x\to+\infty}\frac{f(x+1)}{f(x)}

Доказательство

Пункт а). Обозначим Δf(u)=f(u+1)−f(u)\Delta f(u)=f(u+1)-f(u), а предел этих разностей — через LL. Сначала пусть LL конечен.
Для произвольного ε>0\varepsilon>0 выберем X>max⁡(a,0)X>\max(a,0) настолько большим, что ∣Δf(u)−L∣<ε|\Delta f(u)-L|<\varepsilon при всех u⩾Xu\geqslant X. Любое x⩾Xx\geqslant X представим в видеx=X+N+t,N=⌊x−X⌋,0⩽t<1.x=X+N+t,\qquad N=\lfloor x-X\rfloor,\quad 0\leqslant t<1.По условию существует KK, для которого ∣f(X+t)∣⩽K|f(X+t)|\leqslant K для всех таких tt. Складывая NN соседних разностей, получаемf(x)=f(X+t)+∑k=0N−1Δf(X+t+k).f(x)=f(X+t)+\sum_{k=0}^{N-1}\Delta f(X+t+k).Все аргументы в сумме не меньше XX. Поэтому∣f(x)−NL∣⩽K+Nε.|f(x)-NL|\leqslant K+N\varepsilon.Так как x−N=X+t<X+1x-N=X+t<X+1 и N/x⩽1N/x\leqslant1, после деления на xx имеем∣f(x)x−L∣⩽K+∣L∣(X+1)x+ε.\left|\frac{f(x)}x-L\right|
\leqslant\frac{K+|L|(X+1)}x+\varepsilon.Для заданной точности η>0\eta>0 сначала берём ε=η/2\varepsilon=\eta/2, а затем x>2[K+∣L∣(X+1)]/ηx>2[K+|L|(X+1)]/\eta. Правая часть меньше η\eta, что доказывает f(x)/x→Lf(x)/x\to L.
Если L=+∞L=+\infty, для любого M>0M>0 выбираем XX так, чтобы Δf(u)>2M\Delta f(u)>2M при u⩾Xu\geqslant X. То же сложение даётf(x)x>−Kx+2MNx,Nx=1−X+tx⟶1.\frac{f(x)}x>-\frac Kx+2M\frac Nx,
\qquad \frac Nx=1-\frac{X+t}{x}\longrightarrow1.Правая часть стремится к 2M2M и потому в конце концов больше MM. Это доказывает предел +∞+\infty. Случай L=−∞L=-\infty сводится к доказанному заменой ff на −f-f.

Пункт б). Пусть q=lim⁡f(x+1)/f(x)q=\lim f(x+1)/f(x). Отношения положительны. Более того, q<1q<1 невозможно: выбрав q<r<1q<r<1 и достаточно большое XX, получили быf(X+k)⩽rkf(X)⟶0,f(X+k)\leqslant r^k f(X)\longrightarrow0,что противоречит f(X+k)⩾C>0f(X+k)\geqslant C>0.
Положим g(x)=ln⁡f(x)g(x)=\ln f(x). На каждом конечном промежутке C⩽f(x)⩽BC\leqslant f(x)\leqslant B для некоторого BB, откуда ln⁡C⩽g(x)⩽ln⁡B\ln C\leqslant g(x)\leqslant\ln B. Значит, gg удовлетворяет условию ограниченности из пункта а).
Если qq конечен, то q⩾1q\geqslant1 и по пределу логарифмаg(x+1)−g(x)=ln⁡f(x+1)f(x)⟶ln⁡q.g(x+1)-g(x)=\ln\frac{f(x+1)}{f(x)}\longrightarrow\ln q.Пункт а) даёт g(x)/x→ln⁡qg(x)/x\to\ln q. Возвращаясь от логарифма к числу, получаем[f(x)]1/x=eg(x)/x⟶eln⁡q=q.[f(x)]^{1/x}=e^{g(x)/x}\longrightarrow e^{\ln q}=q.Если q=+∞q=+\infty, разности g(x+1)−g(x)→+∞g(x+1)-g(x)\to+\infty. По пункту а) g(x)/x→+∞g(x)/x\to+\infty, и поэтому [f(x)]1/x→+∞[f(x)]^{1/x}\to+\infty. Обе формулы доказаны.

Что и требовалось доказать

Демидович № 608 — решение и ответ | Высшая математика — Профиматика