4.12 Эквивалентные функции. Символы Ландау

$\DeclareMathOperator{\ctg}{ctg}\DeclareMathOperator{\tg}{tg} \DeclareMathOperator{\arctg}{arctg} \newcommand{\rndBrcts}[1]{\left ( #1 \right )} \newcommand{\abs}[1]{\left | #1 \right |}$Определение. Пусть функции $f$ и $g$ отличны от нуля в проколотой окрестности точки $x_0$ (равной, быть может, $+\infty,$ $-\infty$ или $\infty$). Говорят, что функции $f$ и $g$ эквивалентны при $x \to x_0,$ если $\lim\limits_{x \to x_0}\frac{f\rndBrcts{x}}{g\rndBrcts{x}} = 1.$ Обозначают это так: $f\rndBrcts{x} \sim g\rndBrcts{x} \ \rndBrcts{x \to x_0}.$

В терминах этого определения найденные ранее (см. Первый замечательный предел, Второй замечательный предел) пределы можно переписать следующим образом (все соотношения формулируются для случая $x \to 0$):
$$
\sin{x} \sim x, \\
\tg{x} \sim x, \\
1-\cos{x} \sim \frac{1}{2}x^2, \\
\arcsin{x} \sim x, \\
\arctg{x} \sim x, \\
a^x-1 \sim x \ln{a}, \\
\log_a{\rndBrcts{1+x}} \sim \frac{x}{\ln{a}}, \\ \
\rndBrcts{1+x}^\alpha-1\sim \alpha \cdot x.
$$

Эти соотношения останутся в силе, если в них вместо переменной $x$ записать отличную от нуля функцию $\varphi \rndBrcts{x},$ стремящуюся к нулю при $x \to x_0.$ Например, $\sin{x^2} \sim x^2 \ \rndBrcts{x \to 0},$ $\tg{\frac{1}{x}} \sim \frac{1}{x} \ \rndBrcts{x \to \infty},$ $\tg{\sin{\rndBrcts{x-1}^2}} \sim \sin{\rndBrcts{x-1}^2} \sim \rndBrcts{x-1}^2 \ \rndBrcts{x \to 1}.$

Теорема (применение эквивалентных функций для нахождения пределов). Пусть $f\rndBrcts{x} \sim f_1\rndBrcts{x}$ и $g\rndBrcts{x} \sim g_1\rndBrcts{x}$ при $x \to x_0$ и пусть существует $\lim\limits_{x \to x_0}\frac{f_1\rndBrcts{x}}{g_1\rndBrcts{x}} = A.$ Тогда существует $\lim\limits_{x \to x_0}\frac{f\rndBrcts{x}}{g\rndBrcts{x}} = A.$

По определению эквивалентных функций, используя арифметические свойства пределов, получаем
$$\lim\limits_{x \to x_0}\frac{f\rndBrcts{x}}{g\rndBrcts{x}} = \lim\limits_{x \to x_0}\frac{f\rndBrcts{x}}{f_1\rndBrcts{x}} \cdot \frac{g_1\rndBrcts{x}}{g\rndBrcts{x}} \cdot \frac{f_1\rndBrcts{x}}{g_1\rndBrcts{x}} = 1 \cdot 1 \cdot A = A,$$ и теорема доказана.

Доказанная теорема означает, что при вычислении пределов в произведении и в частном функции можно заменять эквивалентными. При этом существование предела и его величина не изменяются.

Пример.
$$\lim\limits_{x \to 0} \frac{\arcsin{x} \cdot \rndBrcts{e^x-1}}{1-\cos{x}} = \lim\limits_{x \to 0} \frac{x \cdot x}{\frac{x^2}{2}} = 2$$

Сравнение бесконечно больших и бесконечно малых

Символами Ландау называются символы $\overline{o}$ и $\underline O.$ Дадим определение.

Определение Пусть функции $f$ и $g$ определены в проколотой окрестности точки $x_0$ (конечного или бесконечного) и $g\rndBrcts{x} \neq 0.$ Говорят, что $f\rndBrcts{x}$ является $\overline{o}$-малой относительно $g\rndBrcts{x}$ при $x \to x_0,$ если $\lim\limits_{x \to x_0} \frac{f\rndBrcts{x}}{g\rndBrcts{x}} = 0.$ Обозначают это так: $f\rndBrcts{x} = \overline o\rndBrcts{g\rndBrcts{x}} \ \rndBrcts{x \to x_0}.$

Если $f\rndBrcts{x} \to 0, \ g\rndBrcts{x} \to 0$ и $f\rndBrcts{x} = \overline o\rndBrcts{g\rndBrcts{x}}$ при $x \to x_0,$ то говорят, что $f\rndBrcts{x}$ является бесконечно малой более высокого порядка, чем $g\rndBrcts{x},$ при $x \to x_0.$ Если же $f\rndBrcts{x} \to \infty, \ g\rndBrcts{x} \to \infty$ и $f\rndBrcts{x} = \overline o\rndBrcts{g\rndBrcts{x}} \text{ при } x \to x_0,$ то говорят, что $g\rndBrcts{x}$ стремится к бесконечности быстрее, чем $f\rndBrcts{x},$ при $x \to x_0.$ Например, $\sin \rndBrcts{x^2} = \overline o\rndBrcts{x} \ \rndBrcts{x \to 0}, \ \tg^3{x} \cdot \sin{\frac{1}{x}} = \overline o\rndBrcts{x^2} \ \rndBrcts{x \to 0}.$

Определение. Пусть функции $f$ и $g$ определены в проколотой окрестности $x_0$ (конечного или бесконечного) и $g\rndBrcts{x} \neq 0.$ Говорят, что $f\rndBrcts{x}$ является $\underline O$-большим относительно $g\rndBrcts{x}$ при $x \to x_0,$ если существует такая проколотая окрестность $U_{\delta}$ точки $x_0,$ что для всех $x \in U_{\delta}$ справедливо неравенство $\abs{f\rndBrcts{x}} \leqslant c \cdot \abs{g\rndBrcts{x}},$ где постоянная $c$ не зависит от $x$ (но может зависеть от окрестности $U_{\delta}$). Обозначают это так: $f\rndBrcts{x} = \underline O \rndBrcts{g\rndBrcts{x}} \ \rndBrcts{x \to x_0}.$

Например, $x^2+2x^3 = \underline O \rndBrcts{x^2}.$

Теорема. Пусть существует $\lim \limits_{x \to x_0} \abs{\frac{f\rndBrcts{x}}{g\rndBrcts{x}}} = K,$ где $0 \leqslant K \lt+\infty.$ Тогда $f\rndBrcts{x} = \underline O \rndBrcts{g\rndBrcts{x}}.$

Рассматриваем случай $x_0 \in \mathbb{R}.$ Зададим $\varepsilon = 1$ и найдем такое $\delta \gt 0,$ что для всех $x,$ удовлетворяющих условию $\abs{x-x_0} \lt \delta,$ справедливо неравенство $\abs{\abs{\frac{f\rndBrcts{x}}{g\rndBrcts{x}}}-K} \lt 1.$ Последнее неравенство равносильно тому, что
$$K-1 \lt \abs{\frac{f\rndBrcts{x}}{g\rndBrcts{x}}} \lt K+1.$$ Умножая правое неравенство на $\abs{g\rndBrcts{x}},$ получаем утверждение теоремы.

Теорема (критерий эквивалентности функций). Для того, чтобы отличные от нуля функции $f$ и $g$ были эквивалентны при $x \to x_0,$ необходимо и достаточно, чтобы было выполнено равенство $f\rndBrcts{x} = g\rndBrcts{x}+\overline o\rndBrcts{g\rndBrcts{x}} \ \rndBrcts{x \to x_0}.$

Необходимость. Пусть $f\rndBrcts{x} \sim g\rndBrcts{x}$ при $x \to x_0.$ Тогда $\frac{f\rndBrcts{x}}{g\rndBrcts{x}}-1 \to 0 \ \rndBrcts{x \to x_0},$ т. е. $\frac{f\rndBrcts{x}}{g\rndBrcts{x}}-1 = h\rndBrcts{x},$ где $h\rndBrcts{x} \to 0 \ \rndBrcts{x \to x_0}.$ Отсюда следует, что $f\rndBrcts{x} = g\rndBrcts{x}+g\rndBrcts{x} \cdot h\rndBrcts{x}.$ Но $\frac{g\rndBrcts{x} \cdot h\rndBrcts{x}}{g\rndBrcts{x}} = h\rndBrcts{x},$ т. е. $g\rndBrcts{x} \cdot h\rndBrcts{x} = \overline o\rndBrcts{g\rndBrcts{x}} \ \rndBrcts{x \to x_0}.$

Достаточность. Если $f\rndBrcts{x} = g\rndBrcts{x}+\overline o\rndBrcts{g\rndBrcts{x}} \ \rndBrcts{x \to x_0},$ то $\frac{f\rndBrcts{x}}{g\rndBrcts{x}} = 1+\frac{\overline o\rndBrcts{g\rndBrcts{x}}}{g\rndBrcts{x}}$ и поэтому $\lim\limits_{x \to x_0} \frac{f\rndBrcts{x}}{g\rndBrcts{x}} = 1.$

Используя эту теорему, набор эквивалентных функций, выписанный нами ранее, можно переписать в следующем виде (всюду $x \to 0$):
$$
\sin{x} = x+\overline o\rndBrcts{x}, \\
\tg{x} = x+\overline o\rndBrcts{x}, \\
1-\cos{x} = \frac{1}{2}x^2+\overline o\rndBrcts{x^2}, \\
\arcsin{x}= x+\overline o\rndBrcts{x}, \\
\arctg{x} = x+\overline o\rndBrcts{x},\\
a^x-1 = x \ln{a}+\overline o\rndBrcts{x}, \\
\log_a{\rndBrcts{1+x}} = \frac{x}{\ln{a}} + \overline o\rndBrcts{x}, \\
\rndBrcts{1+x}^\alpha-1 = \alpha \cdot x + \overline o\rndBrcts{x}.
$$

С помощью этой таблицы можно вычислять пределы. Покажем это на примерах.

Пример 1.$$\lim\limits_{x \to 0}\frac{e^x-\sqrt[3]{1+x}}{2 \arctg{x}-\arcsin{x}} = \lim\limits_{x \to 0}\frac{e^x-1-\rndBrcts{\sqrt[3]{1+x}-1}}{2 \arctg{x}-\arcsin{x}} = \\ = \lim\limits_{x \to 0}\frac{x+\overline o\rndBrcts{x}-\rndBrcts{\frac{1}{3}x+\overline o\rndBrcts{x}}}{2\rndBrcts{x+\overline o\rndBrcts{x}}-x+\overline o\rndBrcts{x}} = \lim\limits_{x \to 0}\frac{\frac{2}{3}x+\overline o\rndBrcts{x}}{x+\overline o\rndBrcts{x}} = \\ = \lim\limits_{x \to 0}\frac{\frac{2}{3}+\frac{\overline o\rndBrcts{x}}{x}}{1+\frac{\overline o\rndBrcts{x}}{x}} = \frac{2}{3}$$

Пример 2. Раскрытие неопределенности $\left [ 1^\infty \right ].$ Пусть $\alpha\rndBrcts{x} \to 0 \rndBrcts{\alpha\rndBrcts{x} \neq 0}, \ \beta\rndBrcts{x} \to \infty.$ Тогда, в силу непрерывности показательной функции,
$$\lim\limits_{x \to x_0}\rndBrcts{1+\alpha\rndBrcts{x}}^{\beta\rndBrcts{x}} = \lim\limits_{x \to x_0}e^{\beta\rndBrcts{x}\ln \rndBrcts{{1+\alpha\rndBrcts{x}}}} = e^{\lim\limits_{x \to x_0}\beta\rndBrcts{x}\rndBrcts{\alpha\rndBrcts{x}+\overline o\rndBrcts{\alpha\rndBrcts{x}}}}.$$ Если существует $\lim\limits_{x \to x_0}\alpha\rndBrcts{x}\cdot\beta\rndBrcts{x} = A,$ то
$$\lim\limits_{x \to x_0}\beta\rndBrcts{x}\rndBrcts{\alpha\rndBrcts{x}+\overline o\rndBrcts{\alpha\rndBrcts{x}}} = \\ =\lim\limits_{x \to x_0}\beta\rndBrcts{x}\cdot\alpha\rndBrcts{x}\cdot\frac{\alpha\rndBrcts{x}+\overline o\rndBrcts{\alpha\rndBrcts{x}}}{\alpha\rndBrcts{x}} = \\ = \lim\limits_{x \to x_0}\beta\rndBrcts{x}\cdot\alpha\rndBrcts{x}\cdot\rndBrcts{1+\frac{\overline o\rndBrcts{\alpha\rndBrcts{x}}}{\alpha\rndBrcts{x}}}= A.$$ Поэтому
$$\lim\limits_{x \to x_0}\rndBrcts{1+\alpha\rndBrcts{x}}^{\beta\rndBrcts{x}} = e^A.$$

Упражнение. Пусть $\lim\limits_{x \to x_0}\alpha\rndBrcts{x} = 0, \lim\limits_{x \to x_0}\beta\rndBrcts{x} = \infty.$ Доказать, что $\lim\limits_{x \to x_0}\rndBrcts{1+\alpha\rndBrcts{x}}^{\beta\rndBrcts{x}} = 0,$ если $\lim\limits_{x \to x_0}\alpha\rndBrcts{x}\cdot\beta\rndBrcts{x} = -\infty.$ Если же $\lim\limits_{x \to x_0}\alpha\rndBrcts{x}\cdot\beta\rndBrcts{x} = +\infty,$ то $\lim\limits_{x \to x_0}\rndBrcts{1+\alpha\rndBrcts{x}}^{\beta\rndBrcts{x}} = +\infty.$

Примеры решения задач

Рассмотрим примеры задач, в которых могут использоваться эквивалентные функции и символы Ландау. Читателю с целью самопроверки предлагается решить данные примеры самому, а затем сверить свое решение с приведенным.

  1. Найти предел $\lim\limits_{x \to 1}\displaystyle\frac{\rndBrcts{x^{2018}-2x+1} \rndBrcts{e^{x-1}-1}}{\rndBrcts{x-1}\sin{ \rndBrcts{x-1}}}.$
    Решение

    $\lim\limits_{x \to 1}\displaystyle\frac{\rndBrcts{x^{2018}-2x+1} \rndBrcts{e^{x-1}-1}}{\rndBrcts{x-1}\sin{ \rndBrcts{x-1}}} = \\
    = \left[
    \begin{gathered}
    \text{При }x \to 1\\
    e^{x-1}-1 \sim x-1\\
    \sin{\rndBrcts{x-1}} \sim x-1\\
    \end{gathered}
    \right ] = \\
    = \lim\limits_{x \to 1}\displaystyle\frac{\rndBrcts{x^{2018}-2x+1} \rndBrcts{x-1}}{\rndBrcts{x-1}\rndBrcts{x-1}} = \\
    = \lim\limits_{x \to 1}\displaystyle\frac{x^{2018}-2x+1}{x-1} = \\
    = \left[
    \begin{gathered}
    \rndBrcts{x^{2018}-2x+1} \bigg|_{x=1} = 0 \\
    \Leftrightarrow \\
    \rndBrcts{x^{2018}-2x+1} \vdots \rndBrcts{x-1}\\
    \text{Разделим многочлен} \rndBrcts{x^{2018}-2x+1} \\
    \text{ на двучлен } \rndBrcts{x-1}\\
    \text{при помощи схемы Горнера:}\\
    \ \ \ 1 \ 0 \ 0 \ 0 \ \ldots \ 0 \ -2 \ 1\\
    1 \ 1 \ 1 \ 1 \ 1 \ \ldots \ 1 \ -1 \ 0\\
    \end{gathered}
    \right ] = \\
    = \lim\limits_{x \to 1}\frac{\rndBrcts{x-1}\rndBrcts{x^{2017}+x^{2016}\ldots+x^2+x-1}}{\rndBrcts{x-1}} = \\ = \lim\limits_{x \to 1}\rndBrcts{x^{2017}+x^{2016}+\ldots+x^2+x-1} = 2016$

  2. Найти предел $\lim\limits_{x \to +\infty} \rndBrcts{\cos{\frac{1}{\sqrt{x}}}}^x.$
    Решение

    $\lim\limits_{x \to +\infty} \rndBrcts{\cos{\frac{1}{\sqrt{x}}}}^x = \lim\limits_{x \to +\infty}e^{x \ln{\cos{\frac{1}{\sqrt{x}}}}} =
    e^{\lim\limits_{x \to +\infty}x \ln{\cos{\frac{1}{\sqrt{x}}}}} = \\ =
    \left[
    \begin{gathered}
    \lim\limits_{x \to +\infty}x \ln{\cos{\frac{1}{\sqrt{x}}}} = \\ = \lim\limits_{x \to +\infty}x \ln{\rndBrcts{1+\rndBrcts{ \cos{\frac{1}{\sqrt{x}}}-1}}} = \\
    = \left[
    \begin{gathered}
    \text{При } x \to +\infty \\
    \ln{\rndBrcts{1 + \rndBrcts{ \cos{\frac{1}{\sqrt{x}}}-1}}} \sim \\ \sim \cos{\frac{1}{\sqrt{x}}}-1 = \\ = -2{\sin^2{\frac{1}{2\sqrt{x}}}} \sim \\ \sim -2 \cdot {\rndBrcts{\frac{1}{2\sqrt{x}}}}^2 = -\frac{1}{2x}
    \end{gathered}
    \right ] = \\
    = \lim\limits_{x \to +\infty}\frac{-x}{2x} = -\frac{1}{2}
    \end{gathered}
    \right ]
    = e^{-\frac{1}{2}}$

  3. Найти предел $\lim\limits_{x \to 0} \displaystyle\frac{\arctg{\rndBrcts{\rndBrcts{1+x}^3-1}}+2\tg{x}}{e^x-1+3\ln{\rndBrcts{1+x}}}.$
    Решение

    $\lim\limits_{x \to 0} \displaystyle\frac{\arctg{\rndBrcts{\rndBrcts{1+x}^3-1}}+2\tg{x}}{e^x-1+3\ln{\rndBrcts{1+x}}} = \\
    = \left[
    \begin{gathered}
    \text{При }x \to 0\\
    \arctg{\rndBrcts{\rndBrcts{1+x}^3-1}} = \\ =\rndBrcts{1+x}^3-1 + \overline o\rndBrcts{\rndBrcts{1+x}^3-1} = \\
    =\rndBrcts{1+x}^3-1+\overline o\rndBrcts{x} = \\ = 3x+\overline o\rndBrcts{x}+\overline o\rndBrcts{x}=3x+\overline o\rndBrcts{x}\\
    \tg{x} = x+\overline o\rndBrcts{x}\\
    e^x-1 = x+\overline o\rndBrcts{x}\\
    \ln{\rndBrcts{1+x}} = x+\overline o\rndBrcts{x}
    \end{gathered}
    \right ] = \\
    =\lim\limits_{x \to 0}\displaystyle\frac{3x+\overline o\rndBrcts{x}+2x+\overline o\rndBrcts{x}}{x+\overline o\rndBrcts{x}+3 \rndBrcts{x+\overline o\rndBrcts{x}}} =
    \lim\limits_{x \to 0}\displaystyle\frac{5x+\overline o\rndBrcts{x}}{4x+\overline o\rndBrcts{x}} = \\ =\lim\limits_{x \to 0}\displaystyle\frac{5+\frac{\overline o\rndBrcts{x}}{x}}{4+\frac{\overline o\rndBrcts{x}}{x}}=\frac{5}{4}$

    Здесь воспользовались простой леммой: если при $x\to x_0 \ f\rndBrcts{x} \sim g\rndBrcts{x},$ то $\overline o\rndBrcts{f\rndBrcts{x}} = \overline o\rndBrcts{g\rndBrcts{x}}.$ Читателю в качестве упражнения предлагается доказать ее самостоятельно.

  4. Найти предел $\lim\limits_{x \to a} \displaystyle\frac{a^x-x^a}{x-a}, \ a \gt 0.$
    Решение

    $\lim\limits_{x \to a} \displaystyle\frac{a^x-x^a}{x-a} = \lim\limits_{x \to a} \displaystyle\frac{\rndBrcts{a^x-a^a}-\rndBrcts{x^a-a^a}}{x-a} = \\ = \lim\limits_{x \to a} \displaystyle\frac{a^a\rndBrcts{a^{x-a}-1}-a^a\rndBrcts{\rndBrcts{\frac{x}{a}}^a-1}}{x-a} = \\
    = \lim\limits_{x \to a}\displaystyle\frac{a^a\rndBrcts{a^{x-a}-1}-a^a\rndBrcts{\rndBrcts{1+\rndBrcts{\displaystyle\frac{x}{a}-1}}^a-1}}{x-a} = \\
    = \left[
    \begin{gathered}
    \text{При }x \to a \\
    a^{x-a}-1 = \rndBrcts{x-a}\ln{a}+\overline o\rndBrcts{x-a} \\
    \rndBrcts{1+\rndBrcts{\frac{x}{a}-1}}^a-1 = \\
    = a\rndBrcts{\frac{x}{a}-1}+\overline o\rndBrcts{\frac{x}{a}-1} = \\
    = \rndBrcts{x-a}+\overline o\rndBrcts{x-a}
    \end{gathered}
    \right ] = \\
    = \lim\limits_{x \to a} \frac{a^a\rndBrcts{\rndBrcts{x-a}\ln{a}+\overline o\rndBrcts{x-a}}-a^a\rndBrcts{\rndBrcts{x-a}+\overline o\rndBrcts{x-a}}}{x-a} = \\ = \lim\limits_{x \to a} \displaystyle\frac{a^a\rndBrcts{x-a}\rndBrcts{\ln{a}-1}+\overline o\rndBrcts{x-a}}{x-a} = \\
    = a^a\rndBrcts{\ln{a}-1}$

  5. Доказать, что $\forall n \in \mathbb{N} \ \underbrace{\sqrt{x+\sqrt{x+\ldots+\sqrt{x}}}}_{n \text{ корней}} \sim \sqrt{x}$ при $x \to +\infty$
    Решение

    Докажем утверждение методом математической индукции по $n$ — количеству корней.

    База индукции. При $n = 1$ имеем $\sqrt{x} \sim \sqrt{x},$ что, очевидно, верно в силу рефлексивности бинарного отношения эквивалентности функций.

    Предположение индукции. Пусть утверждение верно для всех $n \leqslant k, \ k \geqslant 1.$

    Шаг индукции. Докажем теперь утверждение для $n = k+1.$ Покажем, что $\underbrace{\sqrt{x+\sqrt{x+\ldots+\sqrt{x}}}}_{k+1 \text{ корень}} \sim \sqrt{x},$ что равносильно тому, что $\lim\limits_{x \to +\infty}\displaystyle\frac{\underbrace{\sqrt{x+\sqrt{x+\ldots+\sqrt{x}}}}_{k+1 \text{ корень}}}{\sqrt{x}}=1.$ Имеем: $\displaystyle\frac{\underbrace{\sqrt{x+\sqrt{x+\ldots+\sqrt{x}}}}_{k+1 \text{ корень}}}{\sqrt{x}} = \displaystyle\frac{\sqrt{x}\sqrt{1+\frac{{\underbrace{\sqrt{x+\sqrt{x+\ldots+\sqrt{x}}}}_{k \text{ корней}}}}{x}}}{\sqrt{x}} = \\ = \displaystyle\sqrt{1+\frac{{\underbrace{\sqrt{x+\sqrt{x+\ldots+\sqrt{x}}}}_{k \text{ корней}}}}{x}}.$
    По индуктивному предположению $\underbrace{\sqrt{x+\sqrt{x+\ldots+\sqrt{x}}}}_{k \text{ корней}} \sim \sqrt{x},$ что по критерию эквивалентности означает, что $\underbrace{\sqrt{x+\sqrt{x+\ldots+\sqrt{x}}}}_{k \text{ корней}} = \sqrt{x}+\overline{o}\rndBrcts{\sqrt{x}} = \overline{o}\rndBrcts{x}.$ Тогда переходя к пределу имеем: $\lim\limits_{x \to +\infty}\displaystyle\frac{\underbrace{\sqrt{x+\sqrt{x+\ldots+\sqrt{x}}}}_{k+1 \text{ корень}}}{\sqrt{x}} = \lim\limits_{x \to +\infty}\sqrt{1+\frac{\overline{o}\rndBrcts{x}}{x}} = 1.$

Смотрите также

  1. Тер-Крикоров А. М., Шабунин М.И. Курс математического анализа: Учеб. пособие для вузов. – 3-е изд., исправл. / А. М. Тер-Крикоров, М.И. Шабунин. – Москва: ФИЗМАТЛИТ, 2001. – 672 с. — С. 116-121.
  2. Кудрявцев Л. Д. Курс математического анализа : учебник для вузов: В 3 т. Т. 1. Дифференциальное и интегральное исчисления функций одной переменной / Л. Д. Кудрявцев. — 5-е изд., перераб. и доп. — Москва: Дрофа, 2003. — 703 с. — С. 253-271.
  3. Фихтенгольц Г. М. Курс дифференциального и интегрального исчисления: учеб. пособие для ун-тов и пед. ин-тов. Т. 1 / Г. М. Фихтенгольц. — 5-е изд., стереотип. — Москва: Физматгиз, 1962. — 607 с. — С. 136-146.

Эквивалентные функции и символы Ландау

Пройдите этот тест, чтобы проверить свои знания по только что прочитанной теме

Таблица эквивалентных

Таблица эквивалентных

Отношения бесконечно малых можно упрощать, отбрасывая бесконечно малые слагаемые большего порядка и заменяя множители в числителе и знаменателе на эквивалентные им бесконечно малые.  Чтобы этот способ вычисления пределов (точнее, раскрытия неопределённостей вида [\frac{0}{0}]) можно было применять к большему числу примеров, мы должны иметь достаточно большой запас известных пар эквивалентных величин. Создадим такой запас для базыx\rightarrow 0  в виде таблицы «стандартных» эквивалентных бесконечно малых.

Поскольку в этой таблице мы всегда будем рассматривать базу x\rightarrow 0, для простоты записи  будем писать знак \sim вместо _{x\rightarrow 0}^{\sim}\textrm{}.

sinx \sim x e^{x}-1\sim x
tgx\sim x a^{x}-1\sim xlna
arcsinx\sim x ln(1+x)\sim x
arctgx\sim x (1+x)^{\alpha }-1\sim \alpha x
shx\sim x 1-cosx\sim \frac{x^{2}}{2}

Докажем некоторые утверждения:

1)    lim_{x\rightarrow 0}\frac{arcsinx}{x}=lim_{x\rightarrow 0}\frac{1}{\frac{x}{arcsinx}}=lim_{y\rightarrow 0}\frac{1}{\frac{siny}{y}} =1

2)  lim_{x\rightarrow 0}\frac{tgx}{x}=lim_{x\rightarrow 0}\frac{sinx}{\frac{x}{cosx}}=\frac{lim_{x\rightarrow 0}\frac{sinx}{x}}{lim_{x\rightarrow 0}cosx}=\frac{1}{1}=1

3)  lim_{x\rightarrow 0}\frac{1-cosx}{x^{2}/2}=lim_{x\rightarrow 0}\frac{2sin^{2}\frac{x}{2}}{x^{2}/2}=lim_{x\rightarrow 0}\frac{2sin^{2}\frac{x}{2}}{2(\frac{x}{2})^{2}}=lim_{x\rightarrow 0}\frac{sin\frac{x}{2}}{\frac{x}{2}}\cdot \frac{sin\frac{x}{2}}{\frac{x}{2}}=lim_{x\rightarrow 0}\frac{sin\frac{x}{2}}{\frac{x}{2}}\cdot lim_{x\rightarrow 0}\frac{sin\frac{x}{2}}{\frac{x}{2}}=1\cdot 1=1

4) lim_{x\rightarrow 0}\frac{log_{a}(1+x)}{\frac{x}{lna}}=lim_{x\rightarrow 0}ln\; a\cdot \frac{1}{x}log_{a}(1+x)=lim_{x\rightarrow 0}ln\; a\cdot log_{a}(1+x)^{\frac{1}{x}}=lim_{x\rightarrow 0}ln\; a\cdot \frac{ln(1+x)^{\frac{1}{x}}}{lna}=lim_{x\rightarrow 0}ln(1+x)^{\frac{1}{x}}=ln\; lim_{x\rightarrow 0}(1+x)^{\frac{1}{x}}=ln\; e=1

Источники:

  • Лысенко З.М. Конспект лекций по курсу математического анализа. (Тема «Сравнение функций»).

Тест по теме «Эквивалентные функции»

Эквивалентные функции и их применение к нахождению пределов

Эквивалентные функции

Определение :
Если \exists\dot{U}_{\delta }(x_{0})в которой определены f,g  и h:f(x)=g(x)h(x),
причём lim_{x\rightarrow x_{0}}h(x)=1\Rightarrow f и g— эквивалентные при x\rightarrow x_{0} и пишут f_{x\rightarrow x_{0}}\sim g
lim_{x\rightarrow 0}\frac{f(x)}{g(x)}=h(x)=1
Понятие эквивалентные обычно используют, когда f и g — бесконечно малые или бесконечно большие при x\rightarrow x_{0}

Критерий:
Для того, чтобы две бесконечно малые  \alpha  и \beta были эквивалентны, необходимо и достаточно, чтобы было lim\frac{\beta }{\alpha }=1
Положив  \beta-\alpha =\gamma, будем иметь  \frac{\beta }{\alpha }-1=\frac{\gamma }{\alpha }
Отсюда сразу и вытекает наше утверждение. Действительно, если   \frac{\beta }{\alpha }\rightarrow 1 , то \frac{\gamma }{\alpha }\rightarrow 0  , то есть\gamma есть бесконечно малая высшего порядка, чем  \alpha и  \beta \sim \alpha . Обратно, если дано, что \beta \sim \alpha , то \frac{\gamma }{\alpha }\rightarrow 0 , а тогда  \frac{\beta }{\alpha }\rightarrow 1.
С помощью этого критерия, например, видно, что при x\rightarrow 0 бесконечно малая  sin\: x  эквивалентна x, а \sqrt{1+x}-1=\frac{1}{2}x.
Доказанное свойство эквивалентных бесконечно малых приводит к использованию их при раскрытии неопределённости  \left [ \frac{0}{0} \right ] . Т.е. при разыскании предела отношения двух бесконечно малых  \frac{\beta }{\alpha }. Каждая из них при этом может быть заменена, без влияния на предел, любой эквивалентной ей бесконечно малой.

Замена функций эквивалентными при вычислении предела:

Теорема:
Еслиf\sim f_{1} , а g\sim g_{1} , при x\rightarrow x_{0} , то если \exists\; lim_{x\rightarrow x_{0}}\frac{f_{1}(x)}{g_{1}(x)} , то  \exists\; lim_{x\rightarrow x_{0}}\frac{f(x)}{g(x)} и lim_{x\rightarrow x_{0}}\frac{f_{1}(x)}{g_{1}(x)}=lim_{x\rightarrow x_{0}}\frac{f(x)}{g(x)}
Замечание:
Если в числителе или знаменателе стоит сумма, то  при раскрытии неопределенности заменять отдельные слагаемые эквивалентными величинами нельзя, т.к. такая замена может привести к неверному результату.

Примеры:

1) lim_{x\rightarrow 0}\frac{arcsinx(e^{x}-1)}{cosx-cos3x}=\begin{bmatrix} arcsinx\sim x\\e^{x-1}\sim x \\cosx-cos3x=2sinxsin2x \ \end{bmatrix}\Rightarrow lim_{x\rightarrow 0}\frac{x*x}{4x^{2}}=\frac{1}{4}

2) lim_{x\rightarrow \infty }x(e^{\frac{1}{x}}-1)=\begin{bmatrix} \frac{1}{x}=t\\ x\rightarrow \infty \Rightarrow t\rightarrow 0 \end{bmatrix}=lim_{t\rightarrow 0 }\frac{1}{t}(e^{t}-1)=lim_{t\rightarrow 0}\frac{1}{t}t=lim_{t\rightarrow 0}1=1

Источники:

  • Лысенко З.М. Конспект лекций по курсу математического анализа. (Тема «Сравнение функций»).
  • Фихтенгольц Г. М. «Основы математического анализа, том 1» Издание шестое,  стереотипное 1968 Изд-во Наука (с. 112-114)

Тест по теме «Эквивалентные функции»