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.

Доказать, что если функция

f(x)

определена при

x>a

, ограничена
в каждой конечной области

a<x<b

и для некоторого натурального

n

существует конечный или бесконечный предел

\lim_{x\to+\infty}\frac{f(x+1)-f(x)}{x^n}=l

то

\lim_{x\to+\infty}\frac{f(x)}{x^{n+1}}=\frac{l}{n+1}

Доказано:

\lim_{x\to+\infty}\frac{f(x)}{x^{n+1}} =\frac{l}{n+1}

Доказательство

Идея

Чтобы не смешивать номер члена последовательности с показателем степени,
обозначим фиксированное натуральное число из условия через

p

. Тогда

Проверка

\frac{f(x+1)-f(x)}{x^p}\longrightarrow l

Пусть сначала

l\in\mathbb R

. Выберем

c>a

и представим

x=c+N+t

, где

N\in\mathbb N

0\leqslant t<1

. Имеем

\begin{aligned} f(c+N+t)&=f(c+t) +\sum_{k=0}^{N-1} \bigl[f(c+t+k+1)-f(c+t+k)\bigr]\end{aligned}

Из условия предела следует, что для больших

u

f(u+1)-f(u)=u^p\bigl(l+r(u)\bigr), \qquad r(u)\to0

После деления телескопической суммы на

x^{p+1}

вклад начального
ограниченного слагаемого и конечного числа первых разностей стремится к
нулю: эти разности равномерно ограничены по

t

, так как их аргументы
лежат в одном фиксированном конечном промежутке. Кроме того,

\begin{aligned} \frac1{x^{p+1}}\sum_{k=0}^{N-1}(c+t+k)^p &=\frac1x\sum_{k=0}^{N-1} \left(\frac{c+t+k}{x}\right)^p\longrightarrow\\ &\longrightarrow\int_0^1s^p\,ds =\frac1{p+1}\end{aligned}

Это интегральная сумма, поскольку

N/x\to1

. Множители

r(c+t+k)

равномерно малы
для всех достаточно больших

k

, поэтому соответствующая сумма после
деления на

x^{p+1}

стремится к нулю. Следовательно,

\lim_{x\to+\infty}\frac{f(x)}{x^{p+1}} =\frac{l}{p+1}

При

l=+\infty

или

l=-\infty

рассуждение повторяется с
односторонними оценками: для любого

M>0

отношение разности к

u^p

становится соответственно больше

M

или меньше

-M

Что и требовалось доказать