【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$x$）
$n^n>>n!>>a^n(a>1)>>n^{\alpha }(\alpha >0)>>{\ln }^{\beta }n(\beta >0)$
【例】$a>1,k$是正整数，$\underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{a^x}{x^k}$，$\frac{a^x}{x^k}>\frac{a^{[x]}}{([x]+1{)}^k}$（视为了数列极限，用上面的无穷大关系），所以$\frac{a^x}{x^k}=+\infty$


【例】$\underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{{\ln }^{k}x}{x}=0$（用上面的大小关系可得）

• 若存在$A>0$，在$x_0$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$|\frac{u(x)}{v(x)}|\le A$，则称当$x\to x_0$时，$\frac{u(x)}{v(x)}$是有界量，记为$u(x)=O(v(x)),(x\to x_0)$；
• 若存在$0<a\le A<+\infty$，在$x_0$的去心邻域 { x ∣ 0 < ∣ x − x 0 < ρ ∣ } \{x|0<|x-x_{0}<\rho|\} {x∣0<∣x−x0​<ρ∣}成立$0<a\le |\frac{u(x)}{v(x)}|\le A<+\infty$，则称当$x\to x_0$，$u(x)$与$v(x)$是同阶无穷大量（$x\to x_0$）。则$u(x)=O(v(x))$，也可以$v(x)=O(u(x))$
  若$\underset{x\to x_0}{\lim }\frac{u(x)}{v(x)}=c\ne 0$，则$u(x)$与$v(x)$是同阶无穷大量（$x\to x_0$）。
• 若$\underset{x\to x_0}{\lim }\frac{u(x)}{v(x)}=1$，则称当$x\to x_0$时，$u(x)$与$v(x)$是等价无穷大量，记为$u(x)\sim v(x),(x\to x_0)$

【例】$x\to +\infty ,u(x)=x^3\sin \frac{1}{x},v(x)=x^2,\underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{u(x)}{v(x)}=\underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{x^2\sin \frac{1}{x}}{x^2\cdot \frac{1}{x}}=1$，所以$x^3\sin \frac{1}{x}\sim x^2,(x\to +\infty )$
【例】求$\underset{x\to (\frac{\pi }{2}{)}^{-}}{\lim }(\frac{\pi }{2}-x)\tan x$
【解】这是$0\cdot \infty$型
令$y=\frac{\pi }{2}-x$，则：
$\underset{x\to (\frac{\pi }{2}{)}^{-}}{\lim }(\frac{\pi }{2}-x)\tan x=\underset{y\to 0^{+}}{\lim }y\cot y=\underset{y\to 0^{+}}{\lim }y\frac{\cos y}{\sin y}=1$
所以$\tan x\sim \frac{1}{\frac{\pi }{2}-x},(x\to (\frac{\pi }{2}{)}^{-})$


$x\to 0^{+},\frac{-1}{\ln x}$关于$x^{\alpha }$都是低阶的无穷小量。
【例3.3.1】证明：当$x\to 0^{+}$，$k$为任意的正整数，$(\frac{-1}{\ln x}{)}^k$关于$x$是低阶无穷小量。
【证】令$y=-\ln x,x=e^{-y}$
$\underset{x\to 0^{+}}{\lim }\frac{x}{(\frac{-1}{\ln x}{)}^k}=\underset{y\to +\infty }{\lim }\frac{e^{-y}}{\frac{1}{y^k}}=\underset{y\to +\infty }{\lim }\frac{y^k}{e^{-y}}=0$
所以当$x\to 0^{+}$，$(\frac{-1}{\ln x}{)}^k$关于$x$是低阶无穷小量。


【例3.3.2】证明：当$x\to 0^{+}$时，$e^{-\frac{1}{x}}$关于$x^k$是高阶无穷小量。
【证】令$y=\frac{1}{x},x=\frac{1}{y}$，当$x\to 0^{+},y\to +\infty$，$\underset{x\to 0^{+}}{\lim }\frac{e^{-\frac{1}{x}}}{x^k}=\underset{y\to +\infty }{\lim }\frac{e^{-y}}{(\frac{1}{y}{)}^k}=\underset{y\to +\infty }{\lim }\frac{y^k}{e^y}=0$
所以当$x\to 0^{+}$时，$e^{-\frac{1}{x}}$关于$x^k$是高阶无穷小量。

3.3.3 等价量

• $\sin x\sim x$

其余用例题介绍
【例3.3.3】证明：$\ln (1+x)\sim x,(x\to 0)$.
【证】$\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\ln (1+x)}{x}=\underset{x\to 0}{\lim }\frac{1}{x}\ln (1+x)=\underset{x\to 0}{\lim }\ln (1+x{)}^{\frac{1}{x}}=\ln e=1$
所以$\ln (1+x)\sim x,(x\to 0)$.


【例3.3.4】证明：$e^x-1\sim x,(x\to 0)$
【证】令$e^x-1=y,x=\ln (1+y)$
$\underset{x\to 0}{\lim }\frac{e^x-1}{x}=\underset{y\to 0}{\lim }\frac{y}{\ln (1+y)}=1$
所以$e^x-1\sim x,(x\to 0)$


【例3.3.5】证明：$(1+x{)}^{\alpha }-1\sim \alpha x,(x\to 0)$，$\alpha$是任意实数。
【证】令$y=(1+x{)}^{\alpha }-1,1+y=(1+x{)}^{\alpha }\Rightarrow \ln (1+y)=\alpha \ln (1+x)$，当$x\to 0,y\to 0$
$\underset{x\to 0}{\lim }\frac{(1+x{)}^{\alpha }-1}{\alpha x}=\underset{y\to 0,x\to 0}{\lim }\frac{y}{\ln (1+y)}\cdot \frac{\alpha \ln (1+x)}{\alpha x}=1$
所以$(1+x{)}^{\alpha }-1\sim \alpha x,(x\to 0)$，$\alpha$是任意实数。


【例3.3.6】$u(x)=\sqrt{x+\sqrt{x}},x\to +\infty ,u(x)$是无穷大量，$x\to 0^{+},u(x)$是无穷小量，求它是多少阶无穷大量和多少阶无穷小量。
【解】$\underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{\sqrt{x+\sqrt{x}}}{\sqrt{x}}=\underset{x\to +\infty }{\lim }\sqrt{1+\frac{1}{\sqrt{x}}}=1$,所以$\sqrt{1+\sqrt{x}}\sim \sqrt{x},(x\to +\infty )$它是$\frac{1}{2}$阶无穷大量。
$\underset{x\to 0^{+}}{\lim }\frac{\sqrt{x+\sqrt{x}}}{x^{\frac{1}{4}}}=\underset{x\to 0^{+}}{\lim }\sqrt{\sqrt{x}+1}=1$，所以$\sqrt{x+\sqrt{x}}\sim \sqrt[4]{x},(x\to 0^{+})$，它是$\frac{1}{4}$阶无穷小量。


【例3.3.7】$v(x)=2x^3+3x^5$，当$x\to \infty$时，$v(x)\sim 3x^5$，当$x\to 0$时，$v(x)\sim 2x^3$
【注】$\underset{x\to \infty }{\lim }\frac{a_n{x}^n+a_{n+1}{x}^{n+1}+\cdots +a_m{x}^m}{b_n{x}^n+b_{n+1}{x}^{n+1}+\cdots +b_m{x}^m}=\underset{x\to \infty }{\lim }\frac{a_m{x}^m}{b_m{x}^m}=\frac{a_m}{b_m}\left(a_m,b_m\ne 0\right)$
$\underset{x\to 0}{\lim }\frac{a_n{x}^n+a_{n+1}{x}^{n+1}+\cdots +a_m{x}^m}{b_n{x}^n+b_{n+1}{x}^{n+1}+\cdots +b_m{x}^m}=\underset{x\to 0}{\lim }\frac{a_n{x}^n}{b_n{x}^n}=\frac{a_n}{b_n}\left(a_n,b_n\ne 0\right)$