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

Демидович — задача 610

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

Задача 610

Доказать, что если функция f(x)f(x) определена при x>ax>a, ограничена
в каждой конечной области a<x<ba<x<b и для некоторого натурального nn
существует конечный или бесконечный пределlim⁡x→+∞f(x+1)−f(x)xn=l\lim_{x\to+\infty}\frac{f(x+1)-f(x)}{x^n}=lтоlim⁡x→+∞f(x)xn+1=ln+1\lim_{x\to+\infty}\frac{f(x)}{x^{n+1}}=\frac{l}{n+1}
Доказано:lim⁡x→+∞f(x)xn+1=ln+1\lim_{x\to+\infty}\frac{f(x)}{x^{n+1}}
=\frac{l}{n+1}

Доказательство

Обозначим натуральный показатель из условия через pp, чтобы не смешивать его с числом слагаемых. Пусть Δf(u)=f(u+1)−f(u)\Delta f(u)=f(u+1)-f(u). Сравним эту разность сH(u)=(u+1)p+1−up+1>0(u>0).H(u)=(u+1)^{p+1}-u^{p+1}>0\qquad(u>0).По конечной формуле биномаH(u)=(p+1)up+∑j=0p−1(p+1j)uj,H(u)up⟶p+1.H(u)=(p+1)u^p+\sum_{j=0}^{p-1}\binom{p+1}{j}u^j,
\qquad \frac{H(u)}{u^p}\longrightarrow p+1.ОтсюдаΔf(u)H(u)=Δf(u)/upH(u)/up⟶q=lp+1.\frac{\Delta f(u)}{H(u)}
=\frac{\Delta f(u)/u^p}{H(u)/u^p}\longrightarrow q=\frac{l}{p+1}.Именно так возникает делитель p+1p+1.
Сначала пусть ll конечен. Для любого ε>0\varepsilon>0 выберем X>max⁡(a,0)X>\max(a,0) так, чтобы∣Δf(u)−qH(u)∣<εH(u)(u⩾X).|\Delta f(u)-qH(u)|<\varepsilon H(u)\qquad(u\geqslant X).Представим x=X+N+tx=X+N+t, где N=⌊x−X⌋N=\lfloor x-X\rfloor и 0⩽t<10\leqslant t<1. На [X,X+1][X,X+1] имеем ∣f∣⩽K|f|\leqslant K. Сложим неравенства для u=X+t,…,X+t+N−1u=X+t,\ldots,X+t+N-1. Соседние значения сокращаются как в сумме разностей ff, так и в сумме разностей степеней:∣f(x)−f(X+t)−q[xp+1−(X+t)p+1]∣⩽ε[xp+1−(X+t)p+1].\begin{aligned}
&|f(x)-f(X+t)-q[x^{p+1}-(X+t)^{p+1}]|\\
&\hspace{2em}\leqslant\varepsilon[x^{p+1}-(X+t)^{p+1}].
\end{aligned}Делим на xp+1x^{p+1} и учитываем 0<X+t<X+10<X+t<X+1:∣f(x)xp+1−q∣⩽K+∣q∣(X+1)p+1xp+1+ε.\left|\frac{f(x)}{x^{p+1}}-q\right|
\leqslant\frac{K+|q|(X+1)^{p+1}}{x^{p+1}}+\varepsilon.Первое слагаемое стремится к нулю, а ε\varepsilon можно выбрать сколь угодно малым. Следовательно, предел равен qq.
Если l=+∞l=+\infty, то Δf(u)/H(u)→+∞\Delta f(u)/H(u)\to+\infty. Для произвольного M>0M>0 берём XX так, чтобы Δf(u)>2MH(u)\Delta f(u)>2MH(u) при u⩾Xu\geqslant X. После того же сложенияf(x)xp+1>−Kxp+1+2M(1−(X+t)p+1xp+1).\frac{f(x)}{x^{p+1}}>
-\frac K{x^{p+1}}+2M\left(1-\frac{(X+t)^{p+1}}{x^{p+1}}\right).Правая часть стремится к 2M2M и в конце концов превышает MM. Значит, предел равен +∞+\infty. Для l=−∞l=-\infty применяем этот результат к −f-f.

Возвращая обозначение n=pn=p, получаем во всех случаяхlim⁡x→+∞f(x)xn+1=ln+1.\displaystyle\lim_{x\to+\infty}\frac{f(x)}{x^{n+1}}=\frac{l}{n+1}.

Что и требовалось доказать

Демидович № 610 — решение и ответ | Высшая математика — Профиматика