Раздел I. Введение в анализ — § 6. O-символика

Демидович — задача 651

Б. П. Демидович, «Сборник задач и упражнений по математическому анализу». Условие, подробное решение и ответ.

Задача 651

Пусть x→+∞x\to+\infty. Доказать следующие равенства:а) 2x3−3x2+1=O(x3);б) x+1x2+1=O(1x)\text{а) }2x^3-3x^2+1=O(x^3);
\qquad
\text{б) }\frac{x+1}{x^2+1}=O\left(\frac1x\right)в) x+x2sin⁡x=O(x2);г) arctg⁡x1+x2=O(1x2)\text{в) }x+x^2\sin x=O(x^2);
\qquad
\text{г) }\frac{\operatorname{arctg} x}{1+x^2}=O\left(\frac1{x^2}\right)д) ln⁡x=o(xε)(ε>0);е) xpe−x=o(1x2)\text{д) }\ln x=o(x^\varepsilon)
\quad(\varepsilon>0);
\qquad
\text{е) }x^p e^{-x}=o\left(\frac1{x^2}\right)ж) x+x+x∼x;з) x2+xln⁡100x∼x2\text{ж) }\sqrt{x+\sqrt{x+\sqrt{x}}}\sim\sqrt{x};
\qquad
\text{з) }x^2+x\ln^{100}x\sim x^2
Доказано:а) 2x3−3x2+1=O(x3)2x^3-3x^2+1=O(x^3)б) x+1x2+1=O(1x)\frac{x+1}{x^2+1}=O\left(\frac1x\right)в) x+x2sin⁡x=O(x2)x+x^2\sin x=O(x^2)г) arctg⁡x1+x2=O(1x2)\frac{\operatorname{arctg} x}{1+x^2}=O\left(\frac1{x^2}\right)д) ln⁡x=o(xε)\ln x=o(x^\varepsilon)е) xp e−x=o(1x2)x^p\,e^{-x}=o\left(\frac1{x^2}\right)ж) x+x+x∼x\sqrt{x+\sqrt{x+\sqrt{x}}}\sim\sqrt{x}з) x2+xln⁡100x∼x2x^2+x\ln^{100}x\sim x^2

Доказательство

Пункт а)

Вынесем x3x^3:2x3−3x2+1=x3(2−3x+1x3)2x^3-3x^2+1
=x^3\left(2-\frac3x+\frac1{x^3}\right)Выражение в скобках ограничено при x→+∞x\to+\infty.

Пункт б)

Умножим функцию на xx:xx+1x2+1=x2+xx2+1→1x\frac{x+1}{x^2+1}
=\frac{x^2+x}{x^2+1}\to1

Пункт в)

При x⩾1x\geqslant1∣x+x2sin⁡x∣⩽x+x2⩽2x2|x+x^2\sin x|
\leqslant x+x^2
\leqslant2x^2

Пункт г)

Так как ∣arctg⁡x∣<π2|\operatorname{arctg} x|<\frac{\pi}{2} и 1+x2⩾x21+x^2\geqslant x^2,∣arctg⁡x1+x2∣⩽π2x2\left|\frac{\operatorname{arctg} x}{1+x^2}\right|
\leqslant\frac{\pi}{2x^2}

Пункт д)

В №565 уже доказано, что для любого ε>0\varepsilon>0ln⁡xxε⟶0.\frac{\ln x}{x^\varepsilon}\longrightarrow0.По определению это означает ln⁡x=o(xε)\ln x=o(x^\varepsilon).

Пункт е)

Экспонента растёт быстрее любой степени. Поэтому для фиксированного ppxp e−x1x2=xp+2e−x=xp+2ex→0\frac{x^p\,e^{-x}}{\frac1{x^2}}
=x^{p+2}e^{-x}
=\frac{x^{p+2}}{e^x}
\to0

Пункт ж)

Вынесем xx из внутреннего корня:x+xx=1x1+1x⟶0.\frac{\sqrt{x+\sqrt x}}x
=\frac1{\sqrt x}\sqrt{1+\frac1{\sqrt x}}\longrightarrow0.Поэтомуx+x+xx=1+x+xx⟶1.\frac{\sqrt{x+\sqrt{x+\sqrt x}}}{\sqrt x}
=\sqrt{1+\frac{\sqrt{x+\sqrt x}}x}\longrightarrow1.

Пункт з)

Из уже доказанного соотношения ln⁡x=o(xε)\ln x=o(x^\varepsilon) при ε=1100\varepsilon=\frac1{100} следует ln⁡100x=o(x)\ln^{100}x=o(x). Тогдаx2+xln⁡100xx2=1+ln⁡100xx→1\frac{x^2+x\ln^{100}x}{x^2}
=1+\frac{\ln^{100}x}{x}
\to1

Что и требовалось доказать