【数学分析笔记】第3章第3节无穷小量与无穷大量的阶（2）
3. 函数极限与连续函数
3.3 无穷小量与无穷大量的阶
3.3.2 无穷大量的阶
接上节课
无穷大量有如下大小关系（也直接适用于函数的变量
x
x
x）
n
n
>
>
n
!
>
>
a
n
(
a
>
1
)
>
>
n
α
(
α
>
0
)
>
>
ln
β
n
(
β
>
0
)
n^{n}>>n!>>a^{n}(a>1)>>n^{\alpha}(\alpha>0)>>\ln^{\beta}n(\beta >0)
nn>>n!>>an(a>1)>>nα(α>0)>>lnβn(β>0)
【例】
a
>
1
,
k
a>1,k
a>1,k是正整数，
lim
x
→
+
∞
a
x
x
k
\lim\limits_{x\to +\infty}\frac{a^{x}}{x^{k}}
x→+∞limxkax，
a
x
x
k
>
a
[
x
]
(
[
x
]
+
1
)
k
\frac{a^{x}}{x^{k}}>\frac{a^{[x]}}{([x]+1)^{k}}
xkax>([x]+1)ka[x]（视为了数列极限，用上面的无穷大关系），所以
a
x
x
k
=
+
∞
\frac{a^{x}}{x^{k}}=+\infty
xkax=+∞
【例】
lim
x
→
+
∞
ln
k
x
x
=
0
\lim\limits_{x\to+\infty}\frac{\ln^{k}x}{x}=0
x→+∞limxlnkx=0（用上面的大小关系可得）
- 若存在 A > 0 A>0 A>0，在 x 0 x_{0} x0的一个去心邻域 { x ∣ 0 < ∣ x − x 0 < ρ ∣ } \{x|0<|x-x_{0}<\rho|\} {x∣0<∣x−x0<ρ∣}，满足 ∣ u ( x ) v ( x ) ∣ ≤ A |\frac{u(x)}{v(x)}|\le A ∣v(x)u(x)∣≤A，则称当 x → x 0 x\to x_{0} x→x0时， u ( x ) v ( x ) \frac{u(x)}{v(x)} v(x)u(x)是有界量，记为 u ( x ) = O ( v ( x ) ) , ( x → x 0 ) u(x)=O(v(x)),(x\to x_{0}) u(x)=O(v(x)),(x→x0)；
- 若存在
0
<
a
≤
A
<
+
∞
0<a\le A<+\infty
0<a≤A<+∞，在
x
0
x_{0}
x0的去心邻域
{
x
∣
0
<
∣
x
−
x
0
<
ρ
∣
}
\{x|0<|x-x_{0}<\rho|\}
{x∣0<∣x−x0<ρ∣}成立
0
<
a
≤
∣
u
(
x
)
v
(
x
)
∣
≤
A
<
+
∞
0<a\le |\frac{u(x)}{v(x)}|\le A<+\infty
0<a≤∣v(x)u(x)∣≤A<+∞，则称当
x
→
x
0
x\to x_{0}
x→x0，
u
(
x
)
u(x)
u(x)与
v
(
x
)
v(x)
v(x)是同阶无穷大量（
x
→
x
0
x\to x_{0}
x→x0）。则
u
(
x
)
=
O
(
v
(
x
)
)
u(x)=O(v(x))
u(x)=O(v(x))，也可以
v
(
x
)
=
O
(
u
(
x
)
)
v(x)=O(u(x))
v(x)=O(u(x))
若 lim x → x 0 u ( x ) v ( x ) = c ≠ 0 \lim\limits_{x\to x_{0}}\frac{u(x)}{v(x)}=c\ne0 x→x0limv(x)u(x)=c=0，则 u ( x ) u(x) u(x)与 v ( x ) v(x) v(x)是同阶无穷大量（ x → x 0 x\to x_{0} x→x0）。 - 若 lim x → x 0 u ( x ) v ( x ) = 1 \lim\limits_{x\to x_{0}}\frac{u(x)}{v(x)}=1 x→x0limv(x)u(x)=1，则称当 x → x 0 x\to x_0 x→x0时， u ( x ) u(x) u(x)与 v ( x ) v(x) v(x)是等价无穷大量，记为 u ( x ) ∼ v ( x ) , ( x → x 0 ) u(x)\sim v(x),(x\to x_0) u(x)∼v(x),(x→x0)
【例】
x
→
+
∞
,
u
(
x
)
=
x
3
sin
1
x
,
v
(
x
)
=
x
2
,
lim
x
→
+
∞
u
(
x
)
v
(
x
)
=
lim
x
→
+
∞
x
2
sin
1
x
x
2
⋅
1
x
=
1
x\to+\infty,u(x)=x^{3}\sin\frac{1}{x},v(x)=x^{2},\lim\limits_{x\to +\infty}\frac{u(x)}{v(x)}=\lim\limits_{x\to +\infty}\frac{x^{2}\sin\frac{1}{x}}{x^{2}\cdot\frac{1}{x}}=1
x→+∞,u(x)=x3sinx1,v(x)=x2,x→+∞limv(x)u(x)=x→+∞limx2⋅x1x2sinx1=1，所以
x
3
sin
1
x
∼
x
2
,
(
x
→
+
∞
)
x^{3}\sin\frac{1}{x}\sim x^{2},(x\to +\infty)
x3sinx1∼x2,(x→+∞)
【例】求
lim
x
→
(
π
2
)
−
(
π
2
−
x
)
tan
x
\lim\limits_{x\to (\frac{\pi}{2})^{-}}(\frac{\pi}{2}-x)\tan x
x→(2π)−lim(2π−x)tanx
【解】这是
0
⋅
∞
0\cdot \infty
0⋅∞型
令
y
=
π
2
−
x
y=\frac{\pi}{2}-x
y=2π−x，则：
lim
x
→
(
π
2
)
−
(
π
2
−
x
)
tan
x
=
lim
y
→
0
+
y
cot
y
=
lim
y
→
0
+
y
cos
y
sin
y
=
1
\lim\limits_{x\to (\frac{\pi}{2})^{-}}(\frac{\pi}{2}-x)\tan x=\lim\limits_{y\to 0^{+}}y\cot y=\lim\limits_{y\to 0^{+}}y\frac{\cos y}{\sin y}=1
x→(2π)−lim(2π−x)tanx=y→0+limycoty=y→0+limysinycosy=1
所以
tan
x
∼
1
π
2
−
x
,
(
x
→
(
π
2
)
−
)
\tan x\sim \frac{1}{\frac{\pi}{2}-x},(x\to(\frac{\pi}{2})^{-})
tanx∼2π−x1,(x→(2π)−)
x
→
0
+
,
−
1
ln
x
x\to 0^+,\frac{-1}{\ln x}
x→0+,lnx−1关于
x
α
x^{\alpha}
xα都是低阶的无穷小量。
【例3.3.1】证明：当
x
→
0
+
x\to 0^+
x→0+，
k
k
k为任意的正整数，
(
−
1
ln
x
)
k
(\frac{-1}{\ln x})^{k}
(lnx−1)k关于
x
x
x是低阶无穷小量。
【证】令
y
=
−
ln
x
,
x
=
e
−
y
y=-\ln x,x=e^{-y}
y=−lnx,x=e−y
lim
x
→
0
+
x
(
−
1
ln
x
)
k
=
lim
y
→
+
∞
e
−
y
1
y
k
=
lim
y
→
+
∞
y
k
e
−
y
=
0
\lim\limits_{x\to 0^+}\frac{x}{(\frac{-1}{\ln x})^{k}}=\lim\limits_{y\to +\infty}\frac{e^{-y}}{\frac{1}{y^{k}}}=\lim\limits_{y\to +\infty}\frac{y^{k}}{e^{-y}}=0
x→0+lim(lnx−1)kx=y→+∞limyk1e−y=y→+∞lime−yyk=0
所以当
x
→
0
+
x\to 0^+
x→0+，
(
−
1
ln
x
)
k
(\frac{-1}{\ln x})^{k}
(lnx−1)k关于
x
x
x是低阶无穷小量。
【例3.3.2】证明：当
x
→
0
+
x\to 0^+
x→0+时，
e
−
1
x
e^{-\frac{1}{x}}
e−x1关于
x
k
x^{k}
xk是高阶无穷小量。
【证】令
y
=
1
x
,
x
=
1
y
y=\frac{1}{x},x=\frac{1}{y}
y=x1,x=y1，当
x
→
0
+
,
y
→
+
∞
x\to 0^+,y\to +\infty
x→0+,y→+∞，
lim
x
→
0
+
e
−
1
x
x
k
=
lim
y
→
+
∞
e
−
y
(
1
y
)
k
=
lim
y
→
+
∞
y
k
e
y
=
0
\lim\limits_{x\to 0^{+}}\frac{e^{-\frac{1}{x}}}{x^{k}}=\lim\limits_{y\to +\infty}\frac{e^{-y}}{(\frac{1}{y})^{k}}=\lim\limits_{y\to +\infty}\frac{y^{k}}{e^{y}}=0
x→0+limxke−x1=y→+∞lim(y1)ke−y=y→+∞limeyyk=0
所以当
x
→
0
+
x\to 0^+
x→0+时，
e
−
1
x
e^{-\frac{1}{x}}
e−x1关于
x
k
x^{k}
xk是高阶无穷小量。
3.3.3 等价量
- sin x ∼ x \sin x\sim x sinx∼x
其余用例题介绍
【例3.3.3】证明：
ln
(
1
+
x
)
∼
x
,
(
x
→
0
)
\ln (1+x)\sim x,(x\to 0)
ln(1+x)∼x,(x→0).
【证】
lim
x
→
0
ln
(
1
+
x
)
x
=
lim
x
→
0
1
x
ln
(
1
+
x
)
=
lim
x
→
0
ln
(
1
+
x
)
1
x
=
ln
e
=
1
\lim\limits_{x\to 0}\frac{\ln (1+x)}{x}=\lim\limits_{x\to 0}\frac{1}{x}\ln(1+x)=\lim\limits_{x\to 0}\ln(1+x)^{\frac{1}{x}}=\ln e=1
x→0limxln(1+x)=x→0limx1ln(1+x)=x→0limln(1+x)x1=lne=1
所以
ln
(
1
+
x
)
∼
x
,
(
x
→
0
)
\ln (1+x)\sim x,(x\to 0)
ln(1+x)∼x,(x→0).
【例3.3.4】证明：
e
x
−
1
∼
x
,
(
x
→
0
)
e^{x}-1\sim x,(x\to 0)
ex−1∼x,(x→0)
【证】令
e
x
−
1
=
y
,
x
=
ln
(
1
+
y
)
e^{x}-1=y,x=\ln (1+y)
ex−1=y,x=ln(1+y)
lim
x
→
0
e
x
−
1
x
=
lim
y
→
0
y
ln
(
1
+
y
)
=
1
\lim\limits_{x\to 0}\frac{e^{x}-1}{x}=\lim\limits_{y\to 0}\frac{y}{\ln(1+y)}=1
x→0limxex−1=y→0limln(1+y)y=1
所以
e
x
−
1
∼
x
,
(
x
→
0
)
e^{x}-1\sim x,(x\to 0)
ex−1∼x,(x→0)
【例3.3.5】证明：
(
1
+
x
)
α
−
1
∼
α
x
,
(
x
→
0
)
(1+x)^{\alpha}-1\sim\alpha x,(x\to 0)
(1+x)α−1∼αx,(x→0)，
α
\alpha
α是任意实数。
【证】令
y
=
(
1
+
x
)
α
−
1
,
1
+
y
=
(
1
+
x
)
α
⇒
ln
(
1
+
y
)
=
α
ln
(
1
+
x
)
y=(1+x)^{\alpha}-1,1+y=(1+x)^{\alpha}\Rightarrow\ln(1+y)=\alpha\ln(1+x)
y=(1+x)α−1,1+y=(1+x)α⇒ln(1+y)=αln(1+x)，当
x
→
0
,
y
→
0
x\to 0,y\to 0
x→0,y→0
lim
x
→
0
(
1
+
x
)
α
−
1
α
x
=
lim
y
→
0
,
x
→
0
y
ln
(
1
+
y
)
⋅
α
ln
(
1
+
x
)
α
x
=
1
\lim\limits_{x\to 0}\frac{(1+x)^{\alpha}-1}{\alpha x}=\lim\limits_{y\to 0 , x\to 0}\frac{y}{\ln(1+y)}\cdot\frac{\alpha\ln(1+x)}{\alpha x}=1
x→0limαx(1+x)α−1=y→0,x→0limln(1+y)y⋅αxαln(1+x)=1
所以
(
1
+
x
)
α
−
1
∼
α
x
,
(
x
→
0
)
(1+x)^{\alpha}-1\sim\alpha x,(x\to 0)
(1+x)α−1∼αx,(x→0)，
α
\alpha
α是任意实数。
【例3.3.6】
u
(
x
)
=
x
+
x
,
x
→
+
∞
,
u
(
x
)
u(x)=\sqrt{x+\sqrt{x}},x\to+\infty,u(x)
u(x)=x+x,x→+∞,u(x)是无穷大量，
x
→
0
+
,
u
(
x
)
x\to 0^+,u(x)
x→0+,u(x)是无穷小量，求它是多少阶无穷大量和多少阶无穷小量。
【解】
lim
x
→
+
∞
x
+
x
x
=
lim
x
→
+
∞
1
+
1
x
=
1
\lim\limits_{x\to +\infty}\frac{\sqrt{x+\sqrt{x}}}{\sqrt{x}}=\lim\limits_{x\to +\infty}\sqrt{1+\frac{1}{\sqrt{x}}}=1
x→+∞limxx+x=x→+∞lim1+x1=1,所以
1
+
x
∼
x
,
(
x
→
+
∞
)
\sqrt{1+\sqrt{x}}\sim\sqrt{x},(x\to +\infty)
1+x∼x,(x→+∞)它是
1
2
\frac{1}{2}
21阶无穷大量。
lim
x
→
0
+
x
+
x
x
1
4
=
lim
x
→
0
+
x
+
1
=
1
\lim\limits_{x\to 0^{+}}\frac{\sqrt{x+\sqrt{x}}}{x^{\frac{1}{4}}}=\lim\limits_{x\to 0^{+}}\sqrt{\sqrt{x}+1}=1
x→0+limx41x+x=x→0+limx+1=1，所以
x
+
x
∼
x
4
,
(
x
→
0
+
)
\sqrt{x+\sqrt{x}}\sim \sqrt[4]{x},(x\to 0^{+})
x+x∼4x,(x→0+)，它是
1
4
\frac{1}{4}
41阶无穷小量。
【例3.3.7】
v
(
x
)
=
2
x
3
+
3
x
5
v(x)=2x^{3}+3x^{5}
v(x)=2x3+3x5，当
x
→
∞
x\to\infty
x→∞时，
v
(
x
)
∼
3
x
5
v(x)\sim 3x^{5}
v(x)∼3x5，当
x
→
0
x\to 0
x→0时，
v
(
x
)
∼
2
x
3
v(x)\sim 2x^{3}
v(x)∼2x3
【注】
lim
x
→
∞
a
n
x
n
+
a
n
+
1
x
n
+
1
+
⋯
+
a
m
x
m
b
n
x
n
+
b
n
+
1
x
n
+
1
+
⋯
+
b
m
x
m
=
lim
x
→
∞
a
m
x
m
b
m
x
m
=
a
m
b
m
(
a
m
,
b
m
≠
0
)
\lim\limits_{x \rightarrow \infty} \frac{a_{n} x^{n}+a_{n+1} x^{n+1}+\cdots+a_{m} x^{m}}{b_{n} x^{n}+b_{n+1} x^{n+1}+\cdots+b_{m} x^{m}}=\lim\limits_{x \rightarrow \infty} \frac{a_{m} x^{m}}{b_{m} x^{m}}=\frac{a_{m}}{b_{m}}\quad\left(a_{m}, b_{m} \neq 0\right)
x→∞limbnxn+bn+1xn+1+⋯+bmxmanxn+an+1xn+1+⋯+amxm=x→∞limbmxmamxm=bmam(am,bm=0)
lim
x
→
0
a
n
x
n
+
a
n
+
1
x
n
+
1
+
⋯
+
a
m
x
m
b
n
x
n
+
b
n
+
1
x
n
+
1
+
⋯
+
b
m
x
m
=
lim
x
→
0
a
n
x
n
b
n
x
n
=
a
n
b
n
(
a
n
,
b
n
≠
0
)
\lim\limits_{x \rightarrow 0} \frac{a_{n} x^{n}+a_{n+1} x^{n+1}+\cdots+a_{m} x^{m}}{b_{n} x^{n}+b_{n+1} x^{n+1}+\cdots+b_{m} x^{m}}=\lim\limits_{x \rightarrow 0} \frac{a_{n} x^{n}}{b_{n} x^{n}}=\frac{a_{n}}{b_{n}} \quad\left(a_{n}, b_{n} \neq 0\right)
x→0limbnxn+bn+1xn+1+⋯+bmxmanxn+an+1xn+1+⋯+amxm=x→0limbnxnanxn=bnan(an,bn=0)