33. Сравнение роста показательной, логарифмической и степенной функций

Теорема. Пусть a>1,\alpha>0. Тогда

1) \displaystyle \lim_{x\to+\infty}\frac{a^x}{x^{\alpha}}=+\infty;

2) \displaystyle \lim_{x\to+\infty}\frac{x^{\alpha}}{\log_ax}=+\infty.

Лемма 1. Следующие утверждения эквивалентны

    \[\lim_{x\to+\infty}\frac{a^x}{x^{\alpha}}=+\infty\Leftrightarrow\lim_{x\to+\infty}\frac{x}{\log_a^{\alpha}x} =+\infty\Leftrightarrow\lim_{x\to+\infty}\frac{x^{\alpha}}{\log_ax}=+\infty .\]

Замечание. Если одно из этих утверждений выполняется для любых a>1,\alpha>0, то и два других справедливы \forall a>1,\alpha>0.

Доказательство.

1) \displaystyle \lim_{x\to+\infty}\frac{a^x}{x^{\alpha}}=+\infty\Leftrightarrow\lim_{x\to+\infty}\frac{x}{\log_a^{\alpha}x} =+\infty

Необходимость.

    \[\begin{array}{l} \forall\ x_n:\ x_n\to+\infty\Rightarrow\log_ax_n\to+\infty\Rightarrow\\[4mm] \displaystyle \Rightarrow\frac{a^{\log_ax_n}}{\log_a^{\alpha}x_n}\to+\infty\Rightarrow\frac{x_n}{\log_a^{\alpha}x_n}\to+\infty . \end{array}\]

Достаточность.

    \[\begin{array}{l} \forall\ x_n\ x_n\to+\infty\Rightarrow a^{x_n}\to+\infty\Rightarrow\\[4mm] \displaystyle \Rightarrow\frac{a^{x_n}}{\left(\log_a a^{x_n}\right)^{\alpha}}\to+\infty\Rightarrow\frac{a^{x_n}}{x_n^{\alpha}} . \end{array}\]

2) \displaystyle \lim_{x\to+\infty}\frac{x}{\log_a^{\alpha}x} =+\infty\Leftrightarrow\lim_{x\to+\infty}\frac{x^{\alpha}}{\log_ax}=+\infty

    \[\frac{x^{\alpha}}{\log_ax}=\left(\frac{x}{\log_a^{1/\alpha} x}\right)^{\alpha}\]

Необходимость.

    \[\begin{array}{l} \displaystyle \forall\ x_n:\ x_n\to+\infty\Rightarrow\frac{x_n}{\log_a^{1/\alpha}x_n}\to+\infty\Rightarrow\\[4mm] \displaystyle \left(\frac{x}{\log_a^{1/\alpha} x}\right)^{\alpha}\to+\infty\Rightarrow\frac{x_n}{\log_ax_n}\to+\infty . \end{array}\]

    \[\frac{x}{\log_a^{\alpha} x}=\left(\frac{x^{1/\alpha}}{\log_a x}\right)^{\alpha}\]

Достаточность.

    \[\begin{array}{l} \displaystyle \forall\ x_n:\ x_n\to+\infty\Rightarrow\frac{x_n^{1/\alpha}}{\log_ax_n}\to+\infty\Rightarrow\\[4mm] \displaystyle \Rightarrow \left(\frac{x_n^{1/\alpha}}{\log_a x_n}\right)^{\alpha}\to+\infty\Rightarrow\frac{x_n}{\log_a^{\alpha} x_n}\to+\infty . \end{array}\]

Лемма 2.

    \[\lim_{x\to+\infty}\frac{a^x}{x^{\alpha}}=+\infty\Leftrightarrow\lim_{x\to+\infty}\frac{a^x}{x}= +\infty .\]

Доказательство.

    \[\frac{a^x}{x^{\alpha}}=\left(\frac{\left( a^{1/\alpha}\right)^x}{x}\right)^{\alpha} .\]

Осталось доказать, что

    \[\forall\ a>1\qquad\lim_{x\to+\infty}\frac{a^x}{x}=+\infty .\]

    \[\lim_{x\to+\infty}\frac{x}{\log_ax}=+\infty\]

(по лемме 1, \alpha=1)

    \[\frac{x}{\log_ax}=\frac{x}{\ln x}\ln a\qquad (\ln a>0)\]

Осталось доказать, что \displaystyle\lim_{x\to+\infty}\frac{x}{\ln x}=+\infty .

Докажем, что \forall x\in[e^2;+\infty)

    \[\frac{x}{\ln x}>\sqrt{x}\Leftrightarrow \frac{\sqrt{x}}{\ln x}>1 .\]

Рассмотрим функцию

    \[f(x)=\frac{\sqrt{x}}{\ln x}-1 .\]

    \[f^{\prime}(x)=\frac{\frac{1}{2\sqrt{x}}\ln x-\sqrt{x}\frac{1}{\sqrt{x}}}{\ln^2x}=\frac{\ln x-2}{2\sqrt{x}\ln^2x} ,\]

при x>e^2 f^{\prime}(x)>0, f строго возрастает.

    \[f(e^2)=\frac{e}{\ln e^2}-1=\frac{e}{2}-1>0 .\]

Следовательно, \forall x\in[e^2;+\infty)\qquad f(x)>0 .

Один комментарий

Оставьте свой отзыв

Добавить изображение