alt text

задан 16 Авг '15 16:02

@stander: Утверждение неверно для $%f(x)=2+\sin x$%.

(16 Авг '15 17:35) EdwardTurJ
10|600 символов нужно символов осталось
2

В пункте а) можно доказать чуть более слабое утверждение. А именно, если предел функции в правой части равенства существует, то предел функции в левой части тоже существует, и принимает такое же значение.

Существование предела функции в левой части ничего не гарантирует, как показывает пример @EdwardTurJ. Можно также было взять функцию, принимающую чередующиеся значения 1 и 2 на промежутках вида $%[a;a+1)$%.

Итак, пусть $%\lim\limits_{x\to+\infty}(f(x+1)-f(x))=k$%. Рассматривая функцию $%g(x)=f(x)-kx$%, сводим задачу к случаю, когда значение предела равно нулю.

Для произвольного $%\varepsilon > 0$% выберем такое $%x_0 > 1$%, для которого $%|g(x+1)-g(x)| < \varepsilon/2$% при $%x\ge x_0$%. Очевидно, что функция $%g(x)$% также ограничена на любом интервале. Рассмотрим такое $%K$%, для которого $%|g(x)|\le K$% при всех $%x\in[x_0,x_0+1)$%.

Пусть $%x$% -- достаточно большое число. Тогда $%x=y+m$%, где $%x_0\le y < x_0+1$%, и $%m$% натуральное. Ясно, что $%g(x)=g(x)-g(x-1)+g(x-1)-g(x-2)+\cdots+g(y+1)-g(y)+g(y)$%. Отсюда следует, что $%|g(x)|\le|g(x)-g(x-1)|+\cdots+|g(y+1)-g(y)|+|g(y)|\le m\varepsilon/2+K$%. Ввиду неравенства $%x > m$% имеем $%|\frac{g(x)}x|\le\frac{|g(x)|}m\le\varepsilon/2+K/m < \varepsilon$% при $%m > m_0=2K/\varepsilon$%. Тем самым, модуль функции $%\frac{g(x)}x$% будет меньше $%\varepsilon$% при $%x\ge x_0+m_0$%, то есть её предел при $%x\to+\infty$% равен нулю, откуда всё следует.

b) Здесь верно аналогичное утверждение -- в предположении, что предел из правой части существует. Заметим, что этот предел неотрицателен, и он не может быть равен нулю. В противном случае пусть $%\frac{f(x+1)}{f(x)} < 1/2$% при $%x\ge x_0$%. Беря достаточно большое $%n$%, получаем как следствие, что $%f(x_0+n)\le2^{-n}f(x_0) < C$%, что приводит к противоречию.

Итак, $%\lim\limits_{x\to+\infty}\frac{f(x+1)}{f(x)}=k > 0$%. Логарифмируя, получаем $%\lim\limits_{x\to+\infty}(\ln f(x+1)-\ln f(x))=\ln k$%. Применяя результат пункта a) для функции $%\ln f(x)$%, имеем $%\lim\limits_{x\to+\infty}\frac{\ln f(x)}x=\ln k$%, откуда $%\lim\limits_{x\to+\infty}f(x)^{1/x}=e^{\ln k}=k$%.

ссылка

отвечен 17 Авг '15 13:21

10|600 символов нужно символов осталось
Ваш ответ

Если вы не нашли ответ, задайте вопрос.

Здравствуйте

Математика - это совместно редактируемый форум вопросов и ответов для начинающих и опытных математиков, с особенным акцентом на компьютерные науки.

Присоединяйтесь!

отмечен:

×4,244
×856
×738

задан
16 Авг '15 16:02

показан
1213 раз

обновлен
17 Авг '15 13:21

Отслеживать вопрос

по почте:

Зарегистрировавшись, вы сможете подписаться на любые обновления

по RSS:

Ответы

Ответы и Комментарии

Дизайн сайта/логотип © «Сеть Знаний». Контент распространяется под лицензией cc by-sa 3.0 с обязательным указанием авторства.
Рейтинг@Mail.ru