Раздел I. Введение в анализ — § 7. Непрерывность функции

Демидович — задача 752

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

Задача 752

Пусть функция f(x)f(x) непрерывна и ограничена в интервале
(x0,+∞)(x_0,+\infty). Доказать, что, каково бы ни было число TT,
найдется последовательность xn→+∞x_n\to+\infty такая, чтоlim⁡n→∞[f(xn+T)−f(xn)]=0\lim_{n\to\infty}[f(x_n+T)-f(x_n)]=0
Доказано:Для каждого T∈RT\in\mathbb R существует
последовательность xn→+∞x_n\to+\infty, для которойf(xn+T)−f(xn)⟶0f(x_n+T)-f(x_n)\longrightarrow0

Доказательство

Идея

При T=0T=0 утверждение очевидно. Сначала пусть T>0T>0 иh(x)=f(x+T)−f(x)h(x)=f(x+T)-f(x)для достаточно больших xx. Предположим, что требуемой
последовательности не существует. Тогда найдутся ε>0\varepsilon>0 и
A>x0A>x_0, для которых∣h(x)∣⩾ε,x⩾A|h(x)|\geqslant\varepsilon,
\qquad x\geqslant AФункция hh непрерывна. Она не обращается в нуль на связном
промежутке [A,+∞)[A,+\infty), поэтому имеет там постоянный знак.
Если h(x)⩾εh(x)\geqslant\varepsilon, то для каждого n⩾1n\geqslant1f(A+nT)−f(A)=∑k=0n−1[f(A+(k+1)T)−f(A+kT)]⩾⩾nε\begin{aligned}
f(A+nT)-f(A)
&=\sum_{k=0}^{n-1}
\bigl[f(A+(k+1)T)-f(A+kT)\bigr]\geqslant\\
&\geqslant n\varepsilon
\end{aligned}что противоречит ограниченности ff. При
h(x)⩽−εh(x)\leqslant-\varepsilon та же сумма не превосходит
−nε-n\varepsilon, и снова получается противоречие. Следовательно, для
каждого nn можно выбрать xn>nx_n>n так, чтобы∣f(xn+T)−f(xn)∣<1n|f(x_n+T)-f(x_n)|<\frac1n

Проверка

Если T<0T<0, положим S=−T>0S=-T>0. Для найденной применительно к SS
последовательности yn→+∞y_n\to+\infty положим xn=yn+Sx_n=y_n+S. Тогдаf(xn+T)−f(xn)=f(yn)−f(yn+S)⟶0f(x_n+T)-f(x_n)=f(y_n)-f(y_n+S)\longrightarrow0

Что и требовалось доказать

Демидович № 752 — решение и ответ