Доказать существование предела.

[bull_mipt]

Предполжим, что $\[ f(x) \to 0 \]$
и $\[ \frac{{f(2x) - f(x)}} {x} \to 0 \]$. Доказать, что $\[ \frac{{f(x)}} {x} \to 0 \]$.
Буду благодарен за любые идеи.

[terminator-II]

bull_mipt в сообщении #348177 писал(а):

Предполжим, что $\[ f(x) \to 0 \]$
и $\[ \frac{{f(2x) - f(x)}} {x} \to 0 \]$. Доказать, что $\[ \frac{{f(x)}} {x} \to 0 \]$.
Буду благодарен за любые идеи.

Подозреваю, что автор забыл сказать $x\to 0$ и еще кой-чего, отсюда вопрос:
Верно ли утверждение задчи для функции $f(x)=\sqrt{|x|}D(x)$, где $D(x)$ -- функция Дирихле http://ru.wikipedia.org/wiki/%D0%A4%D1% ... 0%BB%D0%B5 ?

[paha]

представь $x=2x-x$ и вспомни про производную:-)

[bull_mipt]

Да, в условии надо $\[ x \to 0 \]$, извиняюсь.
Насчет производной - не очень понял. Если представить $\[ g(x) = \frac{{f(x) - f(0)}} {x} \]$, где можно доопределить $\[ f(0) = 0 \]$, то $\[ \frac{{f(2x) - f(x)}} {x} = 2g(2x) - g(x) \to 0 \]$ при $\[ x \to 0 \]$. Но отсюда вроде бы как не следует существование $\[ g(x) \]$ при $\[ x \to 0 \]$.

-- Вс авг 29, 2010 20:59:40 --

Цитата:

Верно ли утверждение задчи для функции ... , где ... функция Дирихле

Я не очень понял к чему этот вопрос :)
Нет, не верно. Не выполнено $\[ \frac{{f(2x) - f(x)}} {x} \to 0 \]$.

[ИСН]

Да ну? А к чему же оно стремится?

[bull_mipt]

Цитата:

Да ну? А к чему же оно стремится?

Рассмотрим последовательность Гейне рациональных точек, сходящихся к нулю.
$\[ \frac{{f(2x_n ) - f(x_n )}} {{x_n }} = \frac{{\sqrt {\left| {2x_n } \right|} D(2x_n ) - \sqrt {\left| {x_n } \right|} D(x_n )}} {{x_n }} = \frac{{(\sqrt 2 - 1)}} {{\sqrt {x_n } }}sign(x_n ) \].$
Последнее выражение не стремится к нулю. Если я где-то ошибаюсь, подскажите пожалуйста, где.

[ИСН]

Тьфу, чёрт, действительно не стремится.

[Padawan]

$\left|\frac{f(x)}{x}\right|=\left|\frac{f(x)-f(x/2)+f(x/2)-f(x/4)+\ldots}{x}\right |\leqslant \frac12\left|\frac{f(x)-f(x/2)}{x/2}\right|+\frac{1}{4}\left|\frac{f(x/2)-f(x/4)}{x/4}\right|+\ldots$
$\leqslant \frac12\varepsilon+\frac14\varepsilon+\ldots=\varepsilon$

[terminator-II]

Pardon. Это у меня была неудачная попытка привести контрпример для случая недифференцируемой функции

[ИСН]

Бывает, чо. Я один раз так пытался построить контрпример к утверждению "монотонная функция имеет не более чем счётное множество точек разрыва". Пример получился что надо. Про канторову лестницу я до этого не слышал, и что она вообще непрерывна - понял не сразу.

[Dandan]

Padawan в сообщении #348247 писал(а):

$\left|\frac{f(x)}{x}\right|=\left|\frac{f(x)-f(x/2)+f(x/2)-f(x/4)+\ldots}{x}\right |\leqslant \frac12\left|\frac{f(x)-f(x/2)}{x/2}\right|+\frac{1}{4}\left|\frac{f(x/2)-f(x/4)}{x/4}\right|+\ldots$
$\leqslant \frac12\varepsilon+\frac14\varepsilon+\ldots=\varepsilon$

так не прокатит, если идти по каждому из ваших $\varepsilon$, то $\delta_n(\varepsilon)$ может стремиться к нулю
(я так понял мы считаем, что $\forall \varepsilon ~ \exists \delta_n(\varepsilon)>0 ~ \forall |x|< \delta_n(\varepsilon)$ выполняется $\left|\frac{f(x/2^n)-f(x/2^{n+1})}{x/2^{n+1}}\right| < \varepsilon $)

-- Вс авг 29, 2010 22:36:17 --

а хотя, тут можно подобрать $\delta_n(\varepsilon)$ так, чтобы все получалось.Так что в принципе правильно

[bull_mipt]

Спасибо за решение. Единственно непонятный момент - условие $\[ f(x) \to 0 \]$ получается лишним?

[Dandan]

без этого условия нельзя написать равенство $f(x)=f(x)-f(x/2)+f(x/2)-f(x/4)+...$

[AD]

Dandan в сообщении #348267 писал(а):

так не прокатит, если идти по каждому из ваших $\varepsilon$, то $\delta_n(\varepsilon)$ может стремиться к нулю

Да-да. Дельта одно. Первое. Оно для всех $x$, по модулю меньших его, работает. В том числе и для $x/2$.