‹-- Назад

Сравнение бесконечно больших величин

Пусть $ \mathcal{B}$ -- некоторая база, и $ f(x)$ и $ g(x)$ -- функции, заданные на некотором окончании этой базы. В главе 2 мы изучали сравнение функций $ f(x)$ и $ g(x)$ при базе $ \mathcal{B}$ в случае, когда они является бесконечно малыми. Здесь же мы изучим сравнение бесконечно больших $ f(x)$ и $ g(x)$.

        Определение 5.1   Пусть $ f(x),g(x)$ -- бесконечно большие величины при базе $ \mathcal{B}$. Они имеют один и тот же порядок роста при базе $ \mathcal{B}$, если существует предел

$\displaystyle \lim_{\mathcal{B}}\dfrac{f(x)}{g(x)}=L\ne0.$

То, что $ f(x)$ и $ g(x)$ имеют один и тот же порядок роста, обозначим так:

$\displaystyle f(x)\mathrel{\mathop{\asymp}\limits_{\mathcal{B}}}g(x).$

Если при этом $ L=1$, то бесконечно большие $ f(x)$ и $ g(x)$ называются эквивалентными при базе $ \mathcal{B}$; это обозначается так:

$\displaystyle f(x)\mathrel{\mathop{\sim}\limits_{\mathcal{B}}}g(x).$

Если

$\displaystyle \lim_{\mathcal{B}}\dfrac{f(x)}{g(x)}=0,$

то величина $ f(x)$ имеет меньший порядок роста при базе $ \mathcal{B}$, чем величина $ g(x)$. Этот факт записывается так:

$\displaystyle f(x)\mathrel{\mathop{\prec}\limits_{\mathcal{B}}}g(x).$

Наконец, если при некотором $ k>0$ имеет место соотношение

$\displaystyle f(x)\mathrel{\mathop{\asymp}\limits_{\mathcal{B}}}(g(x))^k,$

то будем говорить, что величина $ f(x)$ имеет порядок роста, равный $ k$, относительно величины $ g(x)$.     

        Пример 5.7   При $ {x\to+\infty}$ величины $ {f_1(x)=\sqrt{x}}$, $ {f_2(x)=x}$, $ {f_3(x)=x^3}$, $ {f_4(x)=x^3+\sin x}$, $ {f_5(x)=3x^3+x^2+1}$, $ {f_6(x)=x^4+1}$ -- бесконечно большие. При этом $ {f_4(x)\mathrel{\mathop{\asymp}\limits_{}}f_3(x)}$, $ {f_5(x)\mathrel{\mathop{\asymp}\limits_{}}f_3(x)}$, $ {f_1(x)\mathrel{\mathop{\prec}\limits_{}}f_2(x)}$, $ {f_2(x)\mathrel{\mathop{\prec}\limits_{}}f_3(x)}$, $ {f_4(x)\mathrel{\mathop{\sim}\limits_{}}f_3(x)}$, $ f_1(x)$ имеет порядок $ \frac{1}{2}$ относительно $ f_2(x)$, $ f_3(x)$ имеет порядок 3 относительно $ f_2(x)$ и порядок 6 относительно $ f_1(x)$, $ f_6(x)$ имеет порядок 4 относительно $ f_2(x)$ и порядок $ \frac{4}{3}$ относительно $ f_3(x)$.

В качестве простого упражнения докажите упомянутые соотношения; легко увидеть между функциями $ f_i(x)$, $ i=1,\dots,6$ также много других соотношений.     

        Пример 5.8   При $ x\to+\infty$ рассмотрим функции $ f(x)=a^x$ ($ a>1$) и $ g(x)=x^b$ ($ b>0$). Покажем, что при всех таких $ a$ и $ b$ имеет место соотношение

$\displaystyle x^b\mathrel{\mathop{\prec}\limits_{x\to+\infty}}a^x,$

то есть любая степень $ g(x)=x^b$ имеет меньший порядок роста при $ x\to+\infty$, чем растущая экспонента $ f(x)=a^x$.

Для этого рассмотрим предел $ \lim\limits_{x\to+\infty}\dfrac{x^b}{a^x}$. К этому пределу можно применить правило Лопиталя:

$\displaystyle \lim\limits_{x\to+\infty}\dfrac{x^b}{a^x}=
\lim\limits_{x\to+\in...
...-1}}{a^x\ln a}=
\dfrac{b}{\ln a}\lim\limits_{x\to+\infty}\dfrac{x^{b-1}}{a^x}.$

Если при этом $ b-1\leqslant 0$, то последний предел берётся от бесконечно малой и равен 0; если же $ b>1$, то правило Лопиталя можно применить ещё раз и, быть может, неоднократно. В конечном счёте получим

$\displaystyle \lim\limits_{x\to+\infty}\dfrac{x^b}{a^x}=
\dfrac{b}{\ln a}\cdot...
...s\cdot\dfrac{b-k+1}{\ln a}\cdot
\lim\limits_{x\to+\infty}\dfrac{x^{b-k}}{a^x},$

где $ k=\lceil b\rceil$ (напомним, что через $ \lceil b\rceil$ обозначается ближайшее целое число, не меньшее $ b$). Поскольку $ k\geqslant b$, в числителе дроби стоит невозрастающая функция, а знаменатель стремится к $ +\infty$, так что предел равен 0, что и требовалось получить.     

        Упражнение 5.1   Докажите, что функция $ f(x)=e^{x^2}$ имеет при $ x\to+\infty$ больший порядок роста, чем $ e^{ax}$, при любом $ a>0$, и, тем более, чем любой многочлен $ {P(x)=a_0x^n+a_1x^{n-1}+\ldots+a_{n-1}x+a_n.}$     

        Пример 5.9   При $ x\to+\infty$ рассмотрим функции $ f(x)=x^{{\varepsilon}}$ ( $ {\varepsilon}>0$) и $ g(x)=\log_ax$ ($ a>1$). Покажем, что при всех таких $ {\varepsilon}$ и $ a$ имеет место соотношение

$\displaystyle \log_ax\mathrel{\mathop{\prec}\limits_{x\to+\infty}}x^{{\varepsilon}},$

то есть логарифм имеет меньший порядок роста при $ x\to+\infty$, чем любая положительная степень $ x^{{\varepsilon}}$.

Для доказательства вычислим предел $ \lim\limits_{x\to+\infty}\dfrac{\log_ax}{x^{{\varepsilon}}}.$ Поскольку это предел отношения двух бесконечно больших, можно применить правило Лопиталя:

$\displaystyle \lim_{x\to+\infty}\dfrac{\log_ax}{x^{{\varepsilon}}}=
\lim_{x\to...
...
\dfrac{1}{{\varepsilon}\ln a}\lim_{x\to+\infty}\dfrac{1}{x^{{\varepsilon}}}=0.$

    

        Упражнение 5.2   Докажите, что $ x^{{\varepsilon}}$ при любом, как угодно малом $ {\varepsilon}>0$ имеет больший порядок роста при $ x\to+\infty$, чем любая, сколь угодно большая степень логарифма $ (\log_ax)^N$, ($ a>1$, $ N>0$).     

        Упражнение 5.3   Докажите, что при $ x\to0+$ степенные функции $ x^{-a}$, $ a>0$, имеют тем больший порядок роста, чем больше значение $ a$.     

        Упражнение 5.4   Докажите, что $ x^{-{\varepsilon}}$ при любом, как угодно малом $ {\varepsilon}>0$ имеет больший порядок роста при $ x\to0+$, чем любая, сколь угодно большая степень логарифма $ (\log_ax)^N$, ($ a>1$, $ N>0$).     

        Упражнение 5.5   Выясните, какая из функций имеет больший порядок роста при $ x\to+\infty$:
а) $ e^{x^2}$ или $ x^x$?
б) $ e^{x^2}$ или $ x^{x^x}$?     

        Пример 5.10   Рассмотрим функцию $ f(x)=\left\{\begin{array}{ll}
\mathop{\rm th}\nolimits \dfrac{1}{x},&\mbox{ при }x\ne0;\\
1,&\mbox{ при }x=0.
\end{array}\right.$ Эта функция непрерывна справа в точке $ x=0$. Найдём её производную справа в точке 0, сделав при этом замену $ z=\dfrac{1}{h}$:

$\displaystyle f'(0)=\lim_{h\to0+}\dfrac{\mathop{\rm th}\nolimits \dfrac{1}{h}-1...
...p{\rm th}\nolimits z-1}{\dfrac{1}{z}}=
\lim_{z\to+\infty}\dfrac{-2z}{e^z+1}=0,$

поскольку, как мы выяснили выше, экспонента $ e^z$ растёт быстрее $ z$ при $ z\to+\infty$.

Во всех остальных точках $ x\ne0$ производная вычисляется с помощью правил дифференцирования:

$\displaystyle f'(x)=(\mathop{\rm th}\nolimits z)'_z
\cdot\left(-\dfrac{1}{x^2}...
...t(-\dfrac{1}{x^2}\right)\cdot
\dfrac{4}{(e^{\frac{1}{x}}+e^{-\frac{1}{x}})^2}.$

При $ x\to0+$ это выражение имеет предел

$\displaystyle \lim_{x\to0+}f'(x)=
\lim_{x\to0+}\left(-\dfrac{1}{x^2}\right)\cd...
...}{x}}+e^{-\frac{1}{x}})^2}=
-4\lim_{z\to+\infty}\dfrac{z^2}{(e^z+e^{-z})^2}=0,$

поскольку степень в числителе дроби имеет меньший порядок роста, чем экспонента в знаменателе.

Таким образом, получили, что $ \lim\limits_{x\to0+}f'(x)=f'(0)$, то есть производная оказалась непрерывной справа в точке $ x=0$.

Из того, что функция $ \mathop{\rm th}\nolimits $ -- нечётная, нетрудно найти, чему будет равна производная слева в точке 0 у функции $ f(x)$, если её переопределить в нуле так, чтобы она оказалась непрерывной слева. У этой функции производная слева также будет существовать во всех точках $ x\in\mathbb{R}$, причём эта левая производная будет всюду непрерывна слева.     

        Пример 5.11   Рассмотрим функцию

$\displaystyle f(x)=\left\{\begin{array}{ll}
e^{-\frac{1}{x^2}},&\mbox{ при }x\ne0;\\
0,&\mbox{ при }x=0.
\end{array}\right.$

При $ x\ne0$ её производная равна, как нетрудно подсчитать,

$\displaystyle f'(x)=e^{-\frac{1}{x^2}}\cdot\dfrac{2}{x^3}.$

При $ x=0$ мы найдём производную, исходя из определения:

$\displaystyle f'(0)=\lim_{h\to0}\dfrac{e^{-\frac{1}{h^2}}}{h}=
\lim_{z\to\infty}\dfrac{h}{e^{h^2}}=0$

(мы применили формулу $ f'(0)=\lim\limits_{h\to0}\dfrac{f(h)-f(0)}{h}$, а затем сделали замену $ z=\dfrac{1}{h}$). Легко видеть, что предел производной также будет равен 0:

$\displaystyle \lim_{x\to0}f'(x)=
\lim_{x\to0}e^{-\frac{1}{x^2}}\cdot\dfrac{2}{x^3}
=\lim_{z\to\infty}\dfrac{2z^3}{e^{z^2}}=0,$

так как $ e^{z^2}$ при $ z\to\infty$ растёт быстрее любой степени. Таким образом, $ f'(x)$ -- функция, непрерывная на всей числовой оси:

$\displaystyle f'(x)=\left\{\begin{array}{ll}
e^{-\frac{1}{x^2}}\cdot\dfrac{2}{x^3},&\mbox{ при }x\ne0;\\
0,&\mbox{ при }x=0.
\end{array}\right.$

Аналогично можно убедиться, что

$\displaystyle f''(x)=\left\{\begin{array}{ll}
e^{-\frac{1}{x^2}}\cdot\left(\df...
...t),&
\mbox{ при }x\ne0;\\
0,&\mbox{ при }x=0,\mbox{ ---}
\end{array}\right.$

непрерывная на $ \mathbb{R}$ функция, и вообще, при любом номере $ n$ производная $ f^{(n)}(x)$ имеет вид

$\displaystyle f^{(n)}(x)=\left\{\begin{array}{ll}
e^{-\frac{1}{x^2}}\cdot P\le...
...ac{1}{x}\right),&\mbox{ при }x\ne0;\\
0,&\mbox{ при }x=0,
\end{array}\right.$

где $ P(z)$ -- некоторый многочлен переменного $ z=\dfrac{1}{x}$. Легко видеть, что эта функция непрерывна при $ x=0$.

Таким образом, мы получили важный пример функции, которая всюду имеет производные любого порядка, и при этом в точке 0 все эти производные равны 0, в то время как сама функция отлична от 0 при всех $ x\ne0$.     

        Упражнение 5.6   Рассмотрите функцию

$\displaystyle f(x)=\left\{\begin{array}{ll}
e^{-\frac{1}{x}},&\mbox{ при }x>0;\\
0,&\mbox{ при }x\leqslant 0.
\end{array}\right.$

Покажите, что все её производные существуют при всех $ x\in\mathbb{R}$ и непрерывны; при этом $ f^{(n)}(0)=0$ для любого $ n=0,1,2\dots$.