Найти предел функции

[xmaister]

Пусть $f: (1,\infty)\to\mathbb{R}$- дифференцируемая функция, такая что $f'(x)=\dfrac{x^2-(f(x))^2}{x^2((f(x))^2+1)}$. Найти $\lim\limits_{x\to\infty}f(x)$.

(Источник)

Putnam2009B5

[Klad33]

Наверное, так: решая дифф. уравнение

$y'=\frac{x^2-y^2}{x^2(y^2+1)}$

получим семейство кривых

http://www.wolframalpha.com/input/?i=y% ... 5E2%2B1%29

Визуально видно, что предел этот стремится к бесконечности (последний рисунок семейства кривых)

[alcoholist]

1) Понятно, что начиная с некоторого $x_0$ имеем $f(x)<x$ и $f'(x)>0$.

2) Преобразуем исходное выражение к виду

$$ f'(x)=1-\frac{1+\frac{1}{x^2}}{1+\frac{1}{f(x)^2}}. $$

3) Если существует конечный предел $a=f(+\infty)$, то должно быть и $f'(+\infty)=0$, чего не наблюдается.

[Хорхе]

1) Это не очень понятно (по крайней мере, мне). Я б рассуждал так: но если это не выполнено, то предел всяко бесконечен.

3) Это неправда, предела производной может не существовать. Впрочем, тоже легко исправяется: если $f(+\infty)=a$, то из уравнения имеем, что предел производной таки существует и равен $(a^2+1)^{-1}$.

-- Ср ноя 30, 2011 16:26:00 --

Впрочем, 1) доказать можно, и даже получить асимптотику на бесконечности $f(x)\sim \sqrt[3]{3x}$.

Видимо, можно как-то получить и то, что $|f_1(x)-f_2(x)|\to 0$, где $f_1$, $f_2$ -- два разных решения (по картинке от Wolfram Alpha создается такое впечатление), но я не смог, точнее, было лень.

[alcoholist]

Хорхе в сообщении #510033 писал(а):

Это не очень понятно (по крайней мере, мне)

Если $f(1)<1$, то $f'(1)>0$ и функция начинает расти. Пусть $x=\sup\{t:f(t)<t\}$. Если эта величина конечна, тогда , $f(x)=x$, $f'(x)=0$ -- экстремум и $f''(x)=2/(x+x^3)>0$ (эта производня существует).
Но $x$ не является точкой минимума -- противоречие. Поэтому $f(x)<x$.

Если же $f(1)>1$, то $f'(1)<0$ и функция убывает. Ну, дождемся, пока станет $f(x)<x$.

Хорхе, сравните

alcoholist в сообщении #509994 писал(а):

Если существует конечный предел $a=f(+\infty)$, то должно быть и $f'(+\infty)=0$

и

Хорхе в сообщении #510033 писал(а):

Впрочем, тоже легко исправяется: если $f(+\infty)=a$, то из уравнения имеем, что предел производной таки существует и равен $(a^2+1)^{-1}$.

в чем различие?

[Хорхе]

alcoholist в сообщении #510117 писал(а):

в чем различие?

Ну, у Вас так прозвучало, будто из того, что у функции есть предел на бесконечности, следует, что производная на бесконечности равна нулю, что, вообще говоря, неправильно.

[Oleg Zubelevich]

xmaister в сообщении #509876 писал(а):

Пусть $f: (1,\infty)\to\mathbb{R}$- дифференцируемая функция, такая что $f'(x)=\dfrac{x^2-(f(x))^2}{x^2((f(x))^2+1)}$. Найти $\lim\limits_{x\to\infty}f(x)$.

(Источник)

Putnam2009B5

Предположим, что $\lim\limits_{x\to\infty}f(x)=a$ (предел существует и равен $a$). Тогда найдется последовательность $x_k\to\infty$ такая, что $f'(x_k)\to 0$. Подставляем эту последовательность в равенство, переходим к пределу слева и справа, получаем:

$$0=\frac{1}{a^2+1}$$

Сливаем масло.

-- Ср ноя 30, 2011 19:59:15 --

alcoholist в сообщении #509994 писал(а):

Если существует конечный предел $a=f(+\infty)$, то должно быть и $f'(+\infty)=0$,

это неверно

[Хорхе]

Oleg Zubelevich, неплохо бы еще сначала существование предела доказать.

[alcoholist]

Я имел ввиду, что если $f'(x)\ge c>0$ при достаточно больших $x$, то у функции $f$ нет конечного предела.

Конечно, рассуждение

Oleg Zubelevich в сообщении #510177 писал(а):

Тогда найдется последовательность $x_k\to\infty$ такая, что $f'(x_k)\to 0$.

формализует это "видение")

-- Ср ноя 30, 2011 21:08:41 --

Хм, еще загвоздка:)

alcoholist в сообщении #509994 писал(а):

Понятно, что начиная с некоторого $x_0$ имеем $f(x)<x$ и $f'(x)>0$

Я тут поспешил, конечно. Вот что будет, если $f'(1)<-1$?

Вполне себе предел может быть и $-\infty$

[Oleg Zubelevich]

Хорхе в сообщении #510217 писал(а):

Oleg Zubelevich, неплохо бы еще сначала существование предела доказать.

Это странно. Я Вам только что от противного доказал, что конечного предела не существует.

[lyuk]

1) существует $x_0$ такое, что $f(x_0)< x_0$.

2) $f'(x)\leq \frac{x^2}{x^2(f^2(x)+1)}\leq 1$. Поэтому $x-f(x)$ возростает при
$x>x_0$.

3)Пусть $f(x_0)>0$. Тогда $f'(x)\geq \frac{1}{x(f^2(x)+1)}$ и
$f$ возрастает и предел существует $\lim_{x\to\infty}=c$. Дальше
$f(x)>\ln x + A$ и $c=\infty$

[Хорхе]

Oleg Zubelevich в сообщении #510242 писал(а):

Хорхе в сообщении #510217 писал(а):

Oleg Zubelevich, неплохо бы еще сначала существование предела доказать.

Это странно. Я Вам только что от противного доказал, что конечного предела не существует.

Конечного не существует, но почему существует бесконечный?

В задаче написано "найти предел", но нередко в таких задачах предела не существует (например, в данной задаче).

-- Чт дек 01, 2011 10:11:47 --

Напишу, как доказывается асимптотика, хозяйке на заметку.

Имеем для $x>100$

$$ f'(x) \ge \frac{1}{f(x)^2+1}-1/x^2, $$

откуда

$$ g'(x)\ge \frac{1}{f(x)^2+1}\ge \frac{1}{(g(x))^2+1}, $$

где $g(x) = f(x) +1/100-1/x$.
Отсюда

$$ \frac13(g(x)^3+g(x))\ge x - 100 +g(100), $$

откуда $g$ $g(x) \ge (3x)^{1/3} +o(1)$
и $f(x) \ge (3x)^{1/3} - 1/100 + o(1)$.

С другой стороны,

$$ f'(x) \le \frac{1}{f(x)^2+1}, $$

откуда аналогично $f(x) \le (3x)^{1/3} +o(1)$.

Как-то отсюда выводится и то, что я ленился доказывать (вместо $x>100$ можно написать что-то другое), но совсем строго написать вправду лень.

[ewert]

Ну в общем так.

Из дифференциального уравнения $y'=\frac{x^2-y^2}{x^2(y^2+1)}$ следует, что в любом случае $|y'|\leqslant1$. Это означает, что любая интегральная кривая, хоть раз попавшая в сектор $|y|\leqslant x$, так и будет в нём оставаться, при этом монотонно возрастая (во всяком случае, не убывая). Откуда следует существование предела на бесконечности, причём этот предел, естественно, не может (как тут уже несколько раз указывалось) быть конечным. Т.е. он равен плюс бесконечности.

Однако любая интегральная кривая не может рано или поздно не попасть в этот сектор. В противном случае она была бы зажата между прямыми $y=C+x$ и $y=x$ или между прямыми $y=-C-x$ и $y=-x$. В обоих случаях получалось бы $y^2\sim x^2$ при $x\to+\infty$ и, следовательно (в силу дифура) $y'\to0$; однако одновременно такое невозможно.

[xmaister]

Идею нахождения асимптотики я понял. Большое спасибо!

[ewert]

Ну главный член асимптотики довольно банален. Мы уже знаем, что $y(x)\to+\infty$ при $x\to+\infty$. Но, кроме того, $y(x)=O(x)$, откуда $y'(x)\to0$ и, следовательно, $y(x)=o(x)$; поэтому

$(y^3)'=3\,y^2\cdot y'=3\,\frac{y^2(x^2-y^2)}{x^2(y^2+1)}\to3.$

Откуда мгновенно $y\sim\sqrt[3]{3x}$.

Вот вопрос сближения кривых (и тем более следующих членов асимптотики), конечно, более деликатен. В принципе, это вопрос асимптотической устойчивости любого решения. На пальцах же можно, скажем, так:

$y'=\dfrac{1}{y^2+1}+\dfrac{y^2}{x^2(y^2+1)}=\dfrac{1}{y^2+1}+O(x^{-2})=\dfrac{1}{y^2}+O(\frac{1}{y^4})+O(y^{-6})=\dfrac{1}{y^2+1+o(1)}.$

И если интерпретировать это для каждой конкретной кривой как автономное уравнение на игрек, то получим $\frac{y^3}3+y+o(y)=x+C$. Если теперь обозначить $\frac{y^3}3+y\equiv g(y)$, то

$y=g^{-1}(x+C+o(y))=g^{-1}(x+C+o(x^{1/3}));$

$y_2-y_1=g^{-1}(x+C_2+o(x^{1/3}))-g^{-1}(x+C_1+o(x^{1/3}))\to0$

-- просто потому, что производная обратной функции $g^{-1}$ на бесконечности откровенно стремится к нулю.

-- Пт дек 02, 2011 21:35:17 --

Что-то я тут не то понаписал. Ну да неважно. В любом случае $g(y)\sim y^3$, $g^{-1}(x)\sim x^{1/3}$, $(g^{-1})'(x)\sim x^{-2/3}$, и этого достаточно.