Разделы 
Дополнительно
Задача по математике - 582
2014-06-08 
Функция $f(x)$ определена на $[0, + \infty]$ и имеет непрерывную производную.
а) Известно, что $f(x) + f^{\prime}(x) \rightarrow A$ при $x \rightarrow + \infty$. Доказать, что $f(x) \rightarrow A$ при $x \rightarrow + \infty$.
б) Известно, что $f(x) – f^{\prime}(x) \rightarrow A$ при $x \rightarrow + \infty$. Можно ли утверждать, что $f(x) \rightarrow A$ при $x \rightarrow + \infty$?
Решение:
а) По условию дли любого $\varepsilon > 0$ существует такое число $x_{0}$, что $|f(x) +f^{\prime}(x) - A| < \varepsilon$ при $x > x_{0}$. Это значит, что функция $f$ удовлетворяет при $x \geq x_{0}$ двум «дифференциальным неравенствам»:
$f^{\prime}(x) > f(x) + A - \varepsilon, f^{\prime}(x) < - f(x) +A + \varepsilon$.
Докажем, что если $f_{1}(x)$ и $f_{2}(x)$ - решения двух дифференциальных уравнений: $f_{1}^{\prime}(x) = -f_{1}(x) + A - \varepsilon$ и $f_{2}^{\prime}(x) = -f_{2}(x) + A + \varepsilon$, имеющие то же значение в точке $x_{0}$, что и функция $f(x)$, то $f_{1}(x) \leq f(x) \leq f_{2}(x)$ при $x \geq x_{0}$.
Функции $f_{1}$ и $f_{2}$ имеют вид $c_{1}e^{-x} + A - \varepsilon$ и $c_{2}e^{-x} + A + \varepsilon$, где константы $c_{1}$ и $c_{2}$ определяются значениями $f_{1}$ и $f_{2}$ в точке $x_{0}$. Положим $g(x) = f (x) – f_{1}(x) = f(x) – c_{1}e^{-x} - A + \varepsilon$. Получим $g^{\prime}(x) \geq – g(x)$ при $x \geq x_{0}$ и $g(x_{0}) = 0$. Докажем, что $g(x) \geq 0$ при $x \geq x_{0}$. Действительно, пусть $g(x) < 0$ при некотором $x > x_{0}$. Пусть в точке $\theta \in (x_{0}, x]$ достигается минимум функции $g$ на отрезке $[x_{0}, x]$. Тогда $g(\theta) < 0$, и, значит, $g^{\prime}(0) \geq - g(\theta) > 0$ и $g(\theta - \delta) < g(\theta)$ для достаточно малого $\delta$. Противоречие. Аналогично доказывается, что $f(x) \leq f_{2}(x)$ при $x \geq x_{0}$.
Таким образом, $c_{1}e^{-x} + A - \varepsilon \leq f(x) c_{2}e^{-x} + A + \varepsilon$. Следовательно, существует такое число $x_{1}$, что $A – 2 \varepsilon \leq f(x) \leq A + 2 \varepsilon$ при $x \geq x_{1}$. Поскольку $\varepsilon$ было выбрано произвольным, мы доказали, что $lim_{x \rightarrow + \infty}f(x) = A$.
б) Неверно. Пусть $A$ - любое число, $f(x) = e^{x} + A$. Тогда $f(x) – f^{\prime}(x) \equiv A$, но $f(x) \rightarrow + \infty$ при $x \rightarrow + \infty$.
Функция $f(x)$ определена на $[0, + \infty]$ и имеет непрерывную производную.
а) Известно, что $f(x) + f^{\prime}(x) \rightarrow A$ при $x \rightarrow + \infty$. Доказать, что $f(x) \rightarrow A$ при $x \rightarrow + \infty$.
б) Известно, что $f(x) – f^{\prime}(x) \rightarrow A$ при $x \rightarrow + \infty$. Можно ли утверждать, что $f(x) \rightarrow A$ при $x \rightarrow + \infty$?
Решение:
а) По условию дли любого $\varepsilon > 0$ существует такое число $x_{0}$, что $|f(x) +f^{\prime}(x) - A| < \varepsilon$ при $x > x_{0}$. Это значит, что функция $f$ удовлетворяет при $x \geq x_{0}$ двум «дифференциальным неравенствам»:
$f^{\prime}(x) > f(x) + A - \varepsilon, f^{\prime}(x) < - f(x) +A + \varepsilon$.
Докажем, что если $f_{1}(x)$ и $f_{2}(x)$ - решения двух дифференциальных уравнений: $f_{1}^{\prime}(x) = -f_{1}(x) + A - \varepsilon$ и $f_{2}^{\prime}(x) = -f_{2}(x) + A + \varepsilon$, имеющие то же значение в точке $x_{0}$, что и функция $f(x)$, то $f_{1}(x) \leq f(x) \leq f_{2}(x)$ при $x \geq x_{0}$.
Функции $f_{1}$ и $f_{2}$ имеют вид $c_{1}e^{-x} + A - \varepsilon$ и $c_{2}e^{-x} + A + \varepsilon$, где константы $c_{1}$ и $c_{2}$ определяются значениями $f_{1}$ и $f_{2}$ в точке $x_{0}$. Положим $g(x) = f (x) – f_{1}(x) = f(x) – c_{1}e^{-x} - A + \varepsilon$. Получим $g^{\prime}(x) \geq – g(x)$ при $x \geq x_{0}$ и $g(x_{0}) = 0$. Докажем, что $g(x) \geq 0$ при $x \geq x_{0}$. Действительно, пусть $g(x) < 0$ при некотором $x > x_{0}$. Пусть в точке $\theta \in (x_{0}, x]$ достигается минимум функции $g$ на отрезке $[x_{0}, x]$. Тогда $g(\theta) < 0$, и, значит, $g^{\prime}(0) \geq - g(\theta) > 0$ и $g(\theta - \delta) < g(\theta)$ для достаточно малого $\delta$. Противоречие. Аналогично доказывается, что $f(x) \leq f_{2}(x)$ при $x \geq x_{0}$.
Таким образом, $c_{1}e^{-x} + A - \varepsilon \leq f(x) c_{2}e^{-x} + A + \varepsilon$. Следовательно, существует такое число $x_{1}$, что $A – 2 \varepsilon \leq f(x) \leq A + 2 \varepsilon$ при $x \geq x_{1}$. Поскольку $\varepsilon$ было выбрано произвольным, мы доказали, что $lim_{x \rightarrow + \infty}f(x) = A$.
б) Неверно. Пусть $A$ - любое число, $f(x) = e^{x} + A$. Тогда $f(x) – f^{\prime}(x) \equiv A$, но $f(x) \rightarrow + \infty$ при $x \rightarrow + \infty$.
