Раздел II. Предел и непрерывность функции — § 9. Предел функции

Кудрявцев — задача 9.47

Л. Д. Кудрявцев, «Сборник задач по математическому анализу. Том 1». Условие, подробное решение и ответ.

Задача 9.47

Найти α\alpha и β\beta, при которых f(x)f(x) является бесконечно малой при x→+0x\to+0:

1) f(x)=xαsin⁡1xβf(x)=x^\alpha\sin\dfrac1{x^\beta};
2) f(x)=ln⁡(1+xα)xβf(x)=\dfrac{\ln(1+x^\alpha)}{x^\beta};
3) f(x)=xαarctg⁡1xβf(x)=x^\alpha\operatorname{arctg}\dfrac1{x^\beta};
4) f(x)=(1−xα)βf(x)=(1-x^\alpha)^\beta.
Ответ:1) β>0, α>0; β≤0, α>β;1)\ \beta>0,\ \alpha>0;\ \beta\le0,\ \alpha>\beta;
2) β<0 или (α>0, α>β);2)\ \beta<0\ \text{или}\ (\alpha>0,\ \alpha>\beta);
3) β>0, α>0; β≤0, α>β;3)\ \beta>0,\ \alpha>0;\ \beta\le0,\ \alpha>\beta;
4) α>0 нет решений; α=0, β>0; α<0,  β<0, β∈Z4)\ \alpha>0\ \text{нет решений};\ \alpha=0,\ \beta>0;\ \alpha<0,\ \ \beta<0,\ \beta\in\mathbb Z

Решение

Если β>0\beta>0, то 1xβ→+∞\dfrac1{x^\beta}\to+\infty, sin⁡1xβ\sin\dfrac1{x^\beta} ограничена. Тогда ∣f(x)∣≤xα|f(x)|\le x^\alpha, и для стремления к нулю необходимо α>0\alpha>0.
Если β=0\beta=0, то 1xβ=1\dfrac1{x^\beta}=1, sin⁡1\sin1 константа. Тогда f(x)∼xαsin⁡1f(x)\sim x^\alpha\sin1, необходимо α>0\alpha>0.
Если β<0\beta<0, то 1xβ=x−β→0\dfrac1{x^\beta}=x^{-\beta}\to0, и sin⁡1xβ∼x−β\sin\dfrac1{x^\beta}\sim x^{-\beta}. Тогда f(x)∼xαx−β=xα−βf(x)\sim x^\alpha x^{-\beta}=x^{\alpha-\beta}, необходимо α−β>0\alpha-\beta>0, то есть α>β\alpha>\beta.
Если β<0\beta<0, то xβ→+∞x^\beta\to+\infty. При любом α\alpha числитель растёт не быстрее логарифмической функции, а знаменатель степенным образом стремится к бесконечности, поэтому f(x)→0f(x)\to0.
Если β≥0\beta\ge0, необходимо α>0\alpha>0, так как при α≤0\alpha\le0 числитель не стремится к нулю. При α>0\alpha>0 имеем ln⁡(1+xα)∼xα\ln(1+x^\alpha)\sim x^\alpha, поэтому f(x)∼xα−βf(x)\sim x^{\alpha-\beta}. Для стремления к нулю необходимо α−β>0\alpha-\beta>0, то есть α>β\alpha>\beta.
Если β>0\beta>0, то 1xβ→+∞\dfrac1{x^\beta}\to+\infty, arctg⁡1xβ→π2\operatorname{arctg}\dfrac1{x^\beta}\to\dfrac\pi2, константа. Тогда f(x)∼π2xαf(x)\sim \dfrac\pi2 x^\alpha, необходимо α>0\alpha>0.
Если β=0\beta=0, то 1xβ=1\dfrac1{x^\beta}=1, arctg⁡1=π4\operatorname{arctg}1=\dfrac\pi4, константа. Тогда f(x)∼π4xαf(x)\sim \dfrac\pi4 x^\alpha, необходимо α>0\alpha>0.
Если β<0\beta<0, то 1xβ=x−β→0\dfrac1{x^\beta}=x^{-\beta}\to0, и arctg⁡1xβ∼x−β\operatorname{arctg}\dfrac1{x^\beta}\sim x^{-\beta}. Тогда f(x)∼xαx−β=xα−βf(x)\sim x^\alpha x^{-\beta}=x^{\alpha-\beta}, необходимо α−β>0\alpha-\beta>0, то есть α>β\alpha>\beta.
Если α>0\alpha>0, то xα→0x^\alpha\to0, 1−xα→11-x^\alpha\to1, поэтому f(x)→1β=1f(x)\to1^\beta=1. Следовательно, функция не является бесконечно малой.
Если α=0\alpha=0, то xα=1x^\alpha=1, 1−xα=01-x^\alpha=0. При β>0\beta>0 имеем f(x)=0β=0f(x)=0^\beta=0, то есть функция тождественно нулевая и является бесконечно малой. При β<0\beta<0 выражение не определено.

Проверка

Если α<0\alpha<0, то xα→+∞x^\alpha\to+\infty, 1−xα→−∞1-x^\alpha\to-\infty. Тогда при β<0\beta<0 и целом β\beta выражение (1−xα)β∼(−xα)β=(−1)βxαβ(1-x^\alpha)^\beta\sim (-x^\alpha)^\beta=(-1)^\beta x^{\alpha\beta}. Так как α<0\alpha<0, β<0\beta<0, то αβ>0\alpha\beta>0, следовательно, xαβ→0x^{\alpha\beta}\to0. Для вещественности требуется целое β\beta.