5.4.2 Сравнение функций, $O$-символика.

Всюду в рамках пункта мы будем говорить о некоторых локальных свойствах функции $f(x):E\to\mathbb{R}$, которые по смыслу будут иметь место при $E\ni{x}\to{a}$, где $a\in\mathring{E}$. $\newcommand{\tg}{\operatorname{tg}}$ $\newcommand{\ctg}{\operatorname{ctg}}$ $\newcommand{\arctg}{\operatorname{arctg}}$ $\newcommand{\arcctg}{\operatorname{arcctg}}$

Определение 5.4.7: Функцию $f(x):E\to\mathbb{R}$ называют бесконечно большой при $E\ni{x}\to{a}$, если $\displaystyle\lim_{E\ni{x}\to{a}}|f(x)|=+\infty$.

Определение 5.4.8: Будем говорить, что функция $f(x)$ является бесконечно малой по сравнению с функцией $g(x)$ при $E\ni{x}\to{a}$, если существует $\alpha(x)=o(1)$ при $E\ni{x}\to{a}$ такая, что локально выполняется $f(x)=\alpha(x)g(x)$.
Обозначают: $f=o(g)$, то есть $(f=o(g),E\ni{x}\to{a}):=(f=o(1)g,E\ni{x}\to{a})$.

Пример 5.4.10:

1. $x=o(x^2)$ при $x\to\infty$, так как $x=\frac1{x}x^2$ и $\frac1{x}=o(1)$ при $x\to\infty$
2. $x^2=o(x)$ при $x\to0$, так как $x^2=xx$ и $x=o(1)$ при $x\to0$

Определение 5.4.9: Будем говорить, что функция $f(x)$ является бесконечно малой более высокого порядка чем функция $g(x)$ при $E\ni{x}\to{a}$, если $f=o(1)$, $g=o(1)$, $f=o(g)$, при $E\ni{x}\to{a}$.

Пример 5.4.11: Функция $f(x)=\frac1{x^2}$ бесконечно малая более высокого порядка чем функция $g(x)=\frac1{x}$ при $x\to\infty$, так как $\frac1{x}=o(1),\frac1{x^2}=o(1)$, при $x\to\infty$ и $f(x)=\frac1{x}g(x)$.

Определение 5.4.10: Будем говорить, что функция $g(x)$ является бесконечно большой более высокого порядка по сравнению с функцией $f(x)$ при $E\ni{x}\to{a}$, если функции $f(x),g(x)$ бесконечно большие при $E\ni{x}\to{a}$ и $f=o(g)$ при $E\ni{x}\to{a}$.

Пример 5.4.12: При $a>1,\alpha\in\mathbb{R}$ функция $g(x)=a^x$ является бесконечно большой более высокого порядка чем функция $f(x)=x^\alpha$ при $\mathbb{R}^+\ni{x}\to\infty$, так как $f(x),g(x)$ бесконечно большие при $\mathbb{R}^+\ni{x}\to\infty$ и $\displaystyle{f}(x)=\frac{x^\alpha}{a^x}g(x)$, причем, как было показано в примере 5.4.6, $\displaystyle\frac{x^\alpha}{a^x}=o(1),x\to\infty$.

Определение 5.4.11: Будем говорить, что функция $f(x)$ - $O$-большое от функции $g(x)$ при $E\ni{x}\to{a}$, если существует функция $\beta(x)$ такая, что локально выполняется $f(x)=\beta(x)g(x)$ и $\beta(x)$ локально ограничена при $E\ni{x}\to{a}$.
Обозначают: $f=O(g),E\ni{x}\to{a}$.

Утверждение 5.4.1: $$f=O(g),E\ni{x}\to{a}\Leftrightarrow\exists{U}(a),\exists{k}>0:\forall{x}\in\mathring{U}_E(a)(|f(x)|\leq{k}|g(x)|)$$

Доказательство:

• $\Rightarrow)$
  Так как $f=O(g),E\ni{x}\to{a}$, то по определению существует функция $\beta(x)$ локально ограниченная при $E\ni{x}\to{a}$ такая, что $f(x)=\beta(x)g(x)$. Так как $\beta(x)$ локально ограничена при $E\ni{x}\to{a}$, то $$\exists{U}(a),\exists{k}>0:\forall{x}\in\mathring{U}_E(a)(|\beta(x)|\leq{k})\Rightarrow \forall{x}\in\mathring{U}_E(a)(|f(x)|=|\beta(x)||g(x)|\leq{k}|g(x)|)$$
• $\Leftarrow)$
  По условию $$\exists{U}(a),\exists{k}>0:\forall\mathring{U}_E(a)(|f(x)|\leq{k}|f(x)|)\Rightarrow \forall{x}\in\mathring{U}_E(a)\left(g(x)\neq0\Rightarrow\frac{|f(x)|}{|g(x)|}\leq{k}\right)$$ Определим функцию $\beta(x)$ следующим образом $$\beta(x):=\begin{cases}\frac{f(x)}{g(x)}, & x:g(x)\neq0\\0, & x:g(x)=0\end{cases}$$ Функция $\beta(x)$ локально ограничена и для любого $x\in\mathring{U}_E(a)$ $f(x)=\beta(x)g(x)$, действительно если $x$ такое, что $g(x)\neq0$, то $f(x)=\frac{f(x)}{g(x)}g(x)$, если $g(x)=0$, то $|g(x)|=0$ и из предпосылки $|f(x)|\leq{k}|g(x)|$ следует, что $f(x)=0=\beta(x)g(x)$. То есть $f=O(g)$ при $E\ni{x}\to{a}$.

Утверждение 5.4.2: $$\exists\lim_{E\ni{x}\to{a}}\frac{f(x)}{g(x)}\in\mathbb{R}\Rightarrow{f}=O(g),E\ni{x}\to{a}$$

Доказательство: В определении 5.4.11 можем положить $\beta(x):=\frac{f(x)}{g(x)}$, так как по свойствам предела $\beta(x)$ локально ограничена при $E\ni{x}\to{a}$.

Определение 5.4.12: Будем говорить, что функции $f(x)$ и $g(x)$ имеют одинаковый порядок при $E\ni{x}\to{a}$, если $f=O(g)$ при $E\ni{x}\to{a}$ и $g=O(f)$ при $E\ni{x}\to{a}$.
Обозначают: $f=O^*(g),E\ni{x}\to{a}$ или $f\asymp{g},E\ni{x}\to{a}$.

Пример 5.4.12.1:

1. рассмотрим функции $f(x)=(2+\sin{x})x,g(x)=x$
   $$\forall{x}\in\mathbb{R}(|f(x)|\leq3|g(x)|\wedge|g(x)|\leq|f(x)|)\Rightarrow(f=O(g),g=O(f),x\to\infty)\Rightarrow{f}=O^*(g),x\to\infty$$
2. рассмотрим функции $f(x)=(1+\sin{x})x,g(x)=x$
   $$\forall{a}>0(\exists{b}=(2[a]+1)\pi>{a}:f(b)=(1+\sin{b})b=(1-1)b=0)\Rightarrow \forall{k}\in\mathbb{R},\forall{a}>0(\exists{b}>a:k|f(b)|=0<|g(b)|=b)\Rightarrow{g}\neq{O}(f),x\to\infty\Rightarrow{f}\neq{O}^*(g),x\to\infty$$

Утверждение 5.4.3: $$f=O^*(g),E\ni{x}\to{a}\Leftrightarrow \exists{U}(a),\exists{k}_1,k_2\in\mathbb{R}:(0<k_1\leq{k}_2\wedge\forall{x}\in\mathring{U}_E(a)(k_1|g(x)|\leq|f(x)|\leq{k}_2|g(x)|))$$

Доказательство:

• $\Rightarrow)$
  По определению 5.4.12 $$f=O^*(g),E\ni{x}\to{a}\Rightarrow{f}=O(g),E\ni{x}\to{a}\Rightarrow\exists{U}'(a),\exists{k}_1>0:\forall{x}\in\mathring{U}{}'_E(|f(x)|\leq{k}_1|g(x)|)$$ $$f=O^*(g),E\ni{x}\to{a}\Rightarrow{g}=O(f),E\ni{x}\to{a}\Rightarrow\exists{U}''(a),\exists{k}_2>0:\forall{x}\in\mathring{U}{}''_E(|g(x)|\leq{k}_2|f(x)|)\Rightarrow \forall{x}\in\mathring{U}{}''_E\left(\frac1{k}_2\leq|f(x)|\right)$$ тогда $$U(a):=U'(a)\cap{U}''(a)\Rightarrow\forall{x}\in\mathring{U}_E(a)\left(\frac1{k}_2|g(x)|\leq|f(x)|\leq{k}_1|g(x)|\right)$$
• $\Leftarrow)$
  По условию $$\exists{U}(a),\exists{k}_1,k_2\in\mathbb{R}:\forall{x}\in\mathring{U}(a)\left(|f(x)|\leq{k}_2|g(x)|\wedge|g(x)|\leq\frac1{k_1}|f(x)|\right)\Rightarrow (f=O(g)\wedge{g}=O(f)),E\ni{x}\to{a}$$

Задача 5.4.1: $f=O^*(g)\Leftrightarrow{g}=O^*(f)$

Решение: $f=O^*(g)\Leftrightarrow(f=O(g)\wedge{g}=O(f))\Leftrightarrow{g}=O^*(f)$.

Утверждение 5.4.4: $$\exists{A}\in\mathbb{R}\backslash\{0\}:\lim_{E\ni{x}\to{a}}\frac{f(x)}{g(x)}=A\Rightarrow{f}=O^*(g),E\ni{x}\to{a}$$

Доказательство: Воспользуемся одним из комбинированных определений предела функции $$A\neq0\Rightarrow\frac{|A|}{2}>0\Rightarrow\exists{U}(a):\forall\mathring{U}_E(a)\left(\left|\frac{f(x)}{g(x)}-A\right|<\frac{|A|}{2}\right)\Rightarrow \forall{x}\in\mathring{U}_E(a)\left(A-\frac{|A|}{2}<\frac{f(x)}{g(x)}<A+\frac{|A|}{2}\right)$$ Отсюда, если $A>0$, то $$\forall{x}\in\mathring{U}_E(a)\left(\frac{|A|}{2}<\frac{f(x)}{g(x)}<\frac{3|A|}{2}\right)\Rightarrow \forall{x}\in\mathring{U}_E(a)\left(\frac{|A|}{2}<\frac{|f(x)|}{|g(x)|}<\frac{3|A|}{2}\right)\Rightarrow \forall{x}\in\mathring{U}_E(a)\left(\frac{|A|}{2}|g(x)|<|f(x)|<\frac{3|A|}{2}|g(x)|\right)$$ если $A<0$, то $$\forall{x}\in\mathring{U}_E(a)\left(-\frac{3|A|}{2}<\frac{f(x)}{g(x)}<-\frac{|A|}{2}\right)\Rightarrow \forall{x}\in\mathring{U}_E(a)\left(\frac{|A|}{2}<\frac{|f(x)|}{|g(x)|}<\frac{3|A|}{2}\right)\Rightarrow \forall{x}\in\mathring{U}_E(a)\left(\frac{|A|}{2}|g(x)|<|f(x)|<\frac{3|A|}{2}|g(x)|\right).$$ Таким образом для любого $A\in\mathbb{R}\backslash\{0\}$ $$\forall{x}\in\mathring{U}_E(a)\left(\frac{|A|}{2}|g(x)|<|f(x)|<\frac{3|A|}{2}|g(x)|\right)\Rightarrow{f}=O^*(g),E\ni{x}\to{a}$$

Определение 5.4.13: Будем говорить, что функции $f(x)$ и $g(x)$ эквивалентны ($f\sim{g}$) при $E\ni{x}\to{a}$, если существует функция $\gamma(x)$ такая, что $\displaystyle\lim_{E\ni{x}\to{a}}\gamma(x)=1$ и локально выполняется $f(x)=\gamma(x)g(x)$.

Если функции $f(x)$ и $g(x)$ эквивалентны ($f\sim{g}$), то они имеют одинаковый порядок ($f\asymp{g}$). Обратное в общем случае не верно.

Утверждение 5.4.5: Отношение эквивалентности функций "$\sim$" является отношением эквивалентности.

Доказательство:

1. Рефлексивность:
   Если $\gamma(x)\equiv1$, то $\displaystyle\lim_{E\ni{x}\to{a}}\gamma(x)=1$ и для любой функции $f(x)$ $f(x)=\gamma(x)f(x)$, следовательно, для любой функции $f(x)$ $f\sim{f}$.
2. Симметричность:
   Пусть функции $f(x),g(x)$ такие, что $f\sim{g}$, тогда $$f\sim{g}\Rightarrow\exists\gamma(x):(\lim_{E\ni{x}\to{a}}\gamma(x)=1\wedge\forall{x}\in{E}(f(x)=\gamma(x)g(x)))$$ Так как $\displaystyle\lim_{E\ni{x}\to{a}}\gamma(x)=1>0$ то по пункту 2 теоремы 5.2.2 функция $\gamma(x)$ локально сохраняет знак, то есть $$\exists{U}(a):\forall{x}\in\mathring{U}_E(a)(\gamma(x)>0)$$ Определим функцию $\gamma'(x)$ следующим образом $$\gamma'(x):=\begin{cases}\frac1{\gamma(x)}, & x\in\mathring{U}_E(a)\\0, & x\in{E}\backslash\mathring{U}(a)\end{cases}$$
   Именно так функция $\gamma'(x)$ определяется, например, в Зорич т.1 стр. 165.

   ---

   В конспекте же функция $\gamma'(x)$ определена следующим образом $$\gamma'(x)=\begin{cases} \frac1{\gamma(x)}, & x\in\mathring{U}_E(a)\\ \frac{g(x)}{f(x)}, & x\in{E}\backslash\mathring{U}(a),f(x)\neq0\\ 0, & x\in{E}\backslash\mathring{U}(a),g(x)=0 \end{cases}$$ Такое определение избыточно и излишне запутанно, хотя, в принципе, не является ошибочным. Надо только понимать, что область определения этой функции не обязательно равна $E$, чего и не требуется для доказательства утверждения.

   ---

   
   тогда для любого $x\in\mathring{U}_E(a)$ $g(x)=\gamma'(x)f(x)$ и $$\lim_{E\ni{x}\to{a}}\gamma'(x)=\lim_{U_E(a)\ni{x}\to{a}}\gamma'(x)=\lim_{U_E(a)\ni{x}\to{a}}\frac1{\gamma(x)}=\lim_{E\ni{x}\to{a}}\frac1{\gamma(x)}= \frac1{\lim_{E\ni{x}\to{a}}\gamma(x)}=1$$ Таким образом функция $\gamma'(x)$ удовлетворяет условиям определения эквивалентности функций $g(x)$ и $f(x)$, то есть $g\sim{f}$.
3. Транзитивность:
   Пусть функции $f(x),g(x),h(x)$ такие, что $f\sim{g}$ и $g\sim{h}$, тогда $$(\exists\gamma_1(x):(\lim_{E\ni{x}\to{a}}\gamma_1(x)=1\wedge{f}(x)=\gamma_1(x)g(x))\wedge \exists\gamma_2(x):(\lim_{E\ni{x}\to{a}}\gamma_2(x)=1\wedge{g}(x)=\gamma_2(x)h(x)))\Rightarrow$$ $$\Rightarrow(\exists\gamma(x):=\gamma_1(x)\gamma_2(x):(f(x)=\gamma_1(x)g(x)=\gamma_1(x)\gamma_2(x)h(x)=\gamma(x)h(x)\wedge \lim_{E\ni{x}\to{a}}\gamma(x)=\lim_{E\ni{x}\to{a}}(\gamma_1(x)\gamma_2(x))=1))$$ Таким образом функция $\gamma(x)$ удовлетворяет условиям определения эквивалентности функций $f(x)$ и $h(x)$, то есть $f\sim{h}$.

Утверждение 5.4.6: $f\sim{g},E\ni{x}\to{a}\Leftrightarrow{f}=g+o(g),E\ni{x}\to{a}$.

Доказательство: $f\sim{g}\Leftrightarrow\exists\gamma:(f=\gamma{g}\wedge\gamma=1+o(1))\Leftrightarrow{f}=g+o(g).$

Задача 5.4.2: $E\subset\mathbb{R}$, $a\in\mathring{E}\cap\mathbb{R}$, $0<\alpha<\beta$

1. $o(|x-a|^\alpha)+o(|x-a|^\beta)=?,E\ni{x}\to{a}$
2. $o(|x-a|^\alpha)o(|x-a|^\beta)=?,E\ni{x}\to{a}$
3. $\frac{|x-a|^\alpha}{|x-a|^\beta}=?,E\ni{x}\to{a}$

Решение:

1. По определению 5.4.8 имеем $$f(x)=o(|x-a|^\alpha)+o(|x-a|^\beta)=|x-a|^\alpha{o}(1)+|x-a|^\beta{o}(1)=|x-a|^\alpha(o(1)+|x-a|^{\beta-\alpha}o(1)),E\ni{x}\to{a}$$ $$0<\alpha<\beta\Rightarrow\beta-\alpha>0\Rightarrow\lim_{E\ni{x}\to{a}}|x-a|^{\beta-\alpha}=0\Rightarrow {f}(x)=|x-a|^\alpha(o(1)+o(1)o(1))=|x-a|^\alpha{o}(1)=o(|x-a|^\alpha),E\ni{x}\to{a}$$
2. По определению 5.4.8 имеем $$f(x)=o(|x-a|^\alpha)o(|x-a|^\beta)=|x-a|^\alpha{o}(1)|x-a|^\beta{o}(1)=|x-a|^{\alpha+\beta}o(1)=o(|x-a|^{\alpha+\beta}),E\ni{x}\to{a}.$$
3. По определению 5.4.8 имеем $$f(x)=\frac{|x-a|^\alpha{o}(1)}{|x-a|^\beta{o}(1)}=|x-a|^{\alpha-\beta}\frac{o(1)}{o(1)}$$ Таким образом порядок функции $f(x)$ не определен, так как предел отношения $\frac{o(1)}{o(1)}$ может быть равен чему угодно в зависимости от выбора функций стоящих в числителе и знаменателе.

Задача 5.4.3: $E\subset\mathbb{R}$, $a=\infty$, $0<\alpha<\beta$.

1. $o(|x|^\alpha)+o(|x|^\beta)=?,E\ni{x}\to{a}$
2. $o(|x|^\alpha)o(|x|^\beta)=?,E\ni{x}\to{a}$
3. $\frac{o(|x|^\alpha)}{o(|x|^\beta)}=?,E\ni{x}\to{a}.$

Решение:

1. По определению 5.4.8 имеем $$f(x)=o(|x|^\alpha)+o(|x|^\beta)=|x|^\alpha{o}(1)+|x|^\beta{o}(1)=|x|^\beta(|x|^{\alpha-\beta}o(1)+o(1))= |x|^\beta\left(\frac{o(1)}{|x|^{\beta-\alpha}}+o(1)\right),E\ni{x}\to{a}$$ $$0<\alpha<\beta\Rightarrow\beta-\alpha>0\Rightarrow\lim_{x\to\infty}\frac1{|x|^{\beta-\alpha}}=0 \Rightarrow{f}(x)=|x|^\beta(o(1)o(1)+o(1))=|x|^\beta{o}(1)=o(|x|^\beta),E\ni{x}\to{a}$$
2. Аналогично пункту 2 предыдущей задачи $o(|x|^\alpha)o(|x|^\beta)=o(|x|^{\alpha+\beta})$.
3. Аналогично пункту 3 предыдущей задачи порядок функции $\frac{o(|x|^\alpha)}{o(|x|^\beta)}$ не определен.

Пример 5.4.13: $\displaystyle\lim_{x\to0+}\frac{\ln(1+x)}{x}=1$ $$\lim_{x\to0+}\frac{\ln(1+x)}{x}=\lim_{x\to0+}\left(\frac1{x}\ln(1+x)\right)=\lim_{x\to0+}\ln(1+x)^{\frac1{x}}$$ Так как по примеру 5.4.3 $\displaystyle\lim_{x\to0}(1+x)^{\frac1{x}}=e$, то можем применить теорему о пределе композиции функций при $a=0$, $b=e$, $f(x)=(1+x)^{\frac1{x}}$, $F(y)=\ln{y}$. Тогда так как по пункту 4 теоремы о свойствах логорифма $\displaystyle\lim_{y\to{y}_0}\log_a{y}=\log_a{y}_0$, то $$\lim_{x\to0+}\ln(1+x)^{\frac1{x}}=\lim_{x\to0+}F(f(x))=\lim_{y\to{e}}F(y)=\lim_{y\to{e}}\ln{y}=\ln{e}=1$$

Пример 5.4.14: $\displaystyle\forall{a}>0\left(\lim_{x\to{0}+}\frac{\log_a(1+x)}{x}=\frac1{\ln{a}}\right)$
То что $\displaystyle\lim_{x\to0+}\frac{\log_a(1+x)}{x}=\log_a{e}$ доказывается аналогично предыдущему примеру и по пунктам 7, 2 и 1 теоремы о свойствах логорифма имеем $\log_a{e}=\frac1{\ln{a}}\log_a{e}^{\ln{a}}=\frac1{\ln{a}}\log_a{a}=\frac1{\ln{a}}$.

Пример 5.4.15: $\displaystyle\lim_{x\to0}\frac{e^x-1}{x}=1$
Применим теорему о пределе композиции функций при $a=0$, $f(x)=e^x-1$, $b=\lim_{x\to0}(e^x-1)=0$, $F(y)=\frac{y}{\ln(1+y)}$, тогда $$\lim_{x\to0}\frac{e^x-1}{x}=\lim_{x\to0}\frac{e^x-1}{\ln(1+e^x-1)}=\lim_{x\to0}F(f(x))=\lim_{y\to0}F(y)=\lim_{y\to0}\frac{y}{\ln(1+y)}= \frac1{\lim_{y\to0}\frac{\ln(1+y)}{y}}=1$$ Где последнее равенство по примеру 5.4.13.

Пример 5.4.16: $\displaystyle\lim_{x\to0}\frac{a^x-1}{x}=\ln{a}$
Аналогично предыдущему примеру показывается, что $\displaystyle\lim_{x\to0}\frac{a^x-1}{x}=\lim_{x\to0}\frac{y}{\log_a(1+y)}$. В свою очередь по примеру примеру 5.4.14 $\displaystyle\lim_{x\to0}\frac{y}{\log_a(1+y)}=\frac1{\frac1{\ln{a}}}=\ln{a}$.

Пример 5.4.17: $\displaystyle\lim_{x\to0}\frac{\sin{x}}{x}=1$
Было показано после определения функций синуса и косинуса.

Пример 5.4.18: $\displaystyle\lim_{x\to0}\frac{\tg{x}}{x}=1$
Так как по пункту 1 теоремы о свойствах тригонометрических функций для любого $x_0\in\mathbb{R}$ $\displaystyle\lim_{x\to{x}_0}\cos{x}=\cos{x}_0$, то $$\lim_{x\to0}\frac{\tg{x}}{x}=\lim_{x\to0}\left(\frac{\sin{x}}{x}\frac1{\cos{x}}\right)=\frac1{\cos0}\lim_{x\to0}\frac{\sin{x}}{x}=1$$ Где последнее равенство по предыдущему примеру.

Пример 5.4.19: $\displaystyle\lim_{x\to0}\frac{\arcsin{x}}{x}=1$
Так как по определению функции арксинуса $\arcsin{x}=\sin^{-1}x$, то для любого $x\in[-1,1]$ $\sin\arcsin{x}=x$. Так как по пункту 1 теоремы о свойствах тригонометрических функций $\displaystyle\lim_{x\to{x}_0}\sin{x}=\sin{x}_0$, то тоже самое можно сказать и о функции $\sin^{-1}x=\arcsin{x}$ (это легко следует из следствия теоремы о пределе композиции и равенства $\arcsin\sin{x}=x$) Значит можем применить теорему о пределе композиции функций при $a=0$, $b=0$, $f(x)=\arcsin{x}$, $F(y)=\frac{y}{\sin{y}}$. Тогда $$\lim_{x\to0}\frac{\arcsin{x}}{x}=\lim_{x\to0}F(f(x))=\lim_{y\to0}F(y)=\lim_{y\to0}\frac{y}{\sin{y}}=1$$ Где последнее равенство по примеру 5.4.17.

Пример 5.4.20: $\displaystyle\lim_{x\to0}\frac{\arctg{x}}{x}=1$
Доказывается аналогично предыдущему примеру с использованием примера 5.4.18.

Пример 5.4.21: $\displaystyle\lim_{x\to0}\frac{1-\cos{x}}{x^2}=\frac1{2}$
Было показано после определения функций синуса и косинуса.

Пример 5.4.22: $\displaystyle\lim_{x\to0}\frac{(1+x)^\alpha-1}{x}=\alpha$
При $\alpha=0$ $\displaystyle\lim_{x\to0}\frac{(1+x)^\alpha-1}{x}=\lim_{x\to0}\frac{1-1}{x}=0=\alpha$.
Пусть $\alpha\neq0$, тогда $$\lim_{x\to0}\frac{(1+x)^\alpha-1}{x}=\lim_{x\to0}\frac{e^{\alpha\ln(1+x)}-1}{x}= \lim_{x\to0}\left(\frac{e^{\alpha\ln(1+x)}-1}{\alpha\ln(1+x)}\frac{\alpha\ln(1+x)}{x}\right)$$ Предел первого множителя по примеру 5.4.13 равен $\alpha$ осталось доказать, что предел второго множителя равен 1. Применим теорему о пределе композиции функций при $a=0$, $f(x)=\alpha\ln(1+x)$, $b=\lim_{x\to0}(\alpha\ln(1+x))=0$, $F(y)=\frac{e^y-1}{y}$, получим $$\lim_{x\to0}\frac{e^{\alpha\ln(1+x)}-1}{\alpha\ln(1+x)}=\lim_{x\to0}F(f(x))=\lim_{y\to0}F(y)=\lim_{y\to0}\frac{e^y-1}{y}=1$$ Где последнее равенство по примеру 5.4.15.

Из полученных десяти равенств (примеры 5.4.13 - 22) получим локальные предстваления рассмотренных функций при $x\to0$.

1. $$\frac{\ln(1+x)}{x}=1+o(1)\Rightarrow\ln(1+x)=x+o(x)$$
2. $$\frac{\log_a(1+x)}{x}=\frac1{\ln{a}}+o(1)\Rightarrow\log_a{x}=\frac{x}{\ln{a}}+o(x)$$
3. $$\frac{e^x-1}{x}=1+o(1)\Rightarrow{e}^x=1+x+o(x)$$
4. $$\frac{a^x-1}{x}=\ln{a}+o(1)\Rightarrow{a}^x=1+x\ln{a}+o(x)$$
5. $$\frac{\sin{x}}{x}=1+o(1)\Rightarrow\sin{x}=x+o(x)$$
6. $$\frac{\tg{x}}{x}=1+o(1)\Rightarrow\tg{x}=x+o(x)$$
7. $$\frac{\arcsin{x}}{x}=1+o(1)\Rightarrow\arcsin{x}=x+o(x)$$
8. $$\frac{\arctg{x}}{x}=1+o(a)\Rightarrow\arctg{x}=x+o(x)$$
9. $$\frac{1-\cos{x}}{x^2}=\frac1{2}\Rightarrow\cos{x}=1-\frac{x^2}{2}+o(x^2)$$
10. $$\frac{(1+x)^\alpha-1}{x}=\alpha\Rightarrow(1+x)^\alpha=1+\alpha{x}+o(x)$$

Утверждение 5.4.7: Полезный прием для упрощения вычисления предела произведения функций.
Если $f(x),g(x),h(x):E\to\mathbb{R}$, $a\in\mathring{E}$, $f\sim{h},E\ni{x}\to{a}$, то $$\exists\lim_{E\ni{x}\to{a}}(f(x)g(x))=A\Leftrightarrow\exists\lim_{E\ni{x}\to{a}}(h(x)g(x))=A$$

Доказательство:

• $\Rightarrow)$
  $$f\sim{h},E\ni{x}\to{a}\Rightarrow\exists\gamma(x):(f(x)=\gamma(x)h(x)\wedge\lim_{E\ni{x}\to{a}}\gamma(x)=1)\Rightarrow \lim_{E\ni{x}\to{a}}(f(x)g(x))=\lim_{E\ni{x}\to{a}}\gamma(x)h(x)g(x)=\lim_{E\ni{x}\to{a}}\gamma(x)\lim_{E\ni{x}\to{a}}h(x)g(x)=\lim_{E\ni{x}\to{a}}h(x)g(x)$$
• $\Leftarrow)$
  Доказывается аналогично, так как отношение эквивалентности симметрично.

Из утверждения следует, что при вычислении предела произведения функций можно заменять множители на эквивалентные им при условии, что предел произведения существует.

Пример 5.4.23: Найдем предел функции $\displaystyle\lim_{x\to0}\frac{\ln{\cos{x}}}{\sin^2x}$
$$\lim_{x\to0}\frac{\ln(\cos{x})}{\sin^2{x}}=\frac1{2}\lim_{x\to0}\frac{\ln\cos^2x}{\sin^2x}=\frac1{2}\lim_{x\to0}\frac{\ln(1-\sin{x})}{\sin^2x}$$ Так как по примеру 5.4.13 $\ln(1+x)\sim{x}$ при $E\ni{x}\to{a}$, то можно заменить множитель $\ln(1-\sin^2x)$ на $-\sin^2x$, получим $$\lim_{x\to0}\frac{\ln\cos{x}}{\sin^2x}=\frac1{2}\lim_{x\to0}\frac{\ln(1-\sin^2x)}{\sin^2x}=\lim_{x\to0}\frac{-\sin^2x}{\sin^2x}=-\frac1{2}$$

В отличии от множителей заменять слагаемые на эквивалентные при вычислении предела суммы нельзя.

Пример 5.4.24: Рассмотим предел $\displaystyle\lim_{x\to\infty}\left(\sqrt{x^2+x}-x\right)=\frac1{2}$ $$\lim_{x\to\infty}\frac{\sqrt{x^2+x}}{x}=\lim_{x\to\infty}\sqrt{1+\frac1{x}}=1\Rightarrow\sqrt{x^2+x}\sim{x}$$ Однако, если заменить в рассматриваемом пределе слагаемое $\sqrt{x^2+x}$ на $x$, то предел будет равен нулю, a он, как несложно видеть, нулю не равен $$\lim_{x\to\infty}\left(\sqrt{x^2+x}-x\right)=\lim_{x\to\infty}\frac{\left(\sqrt{x^2+x}-x\right)\left(\sqrt{x^2+x}+x\right)}{\sqrt{x^2+x}+x}= \lim_{x\to\infty}\frac{x^2+x-x^2}{\sqrt{x^2+x}+x}=\lim_{x\to\infty}\frac{x}{\sqrt{x^2+x}+x}=\lim_{x\to\infty}\frac1{\sqrt{1+\frac1{x}}+1}$$ $$\lim_{x\to\infty}\sqrt{1+\frac1{x}}=1\Rightarrow\lim_{x\to\infty}\sqrt{x^2+x}-x=\lim_{x\to\infty}\frac1{\sqrt{1+\frac1{x}}+1}=\frac1{2}$$

Задача 5.4.4:

1. $o(f)+O(f)=?$
2. $g=o(f)\Rightarrow{g}=O(f)$
3. $O(f)+O^*(f)=?$
4. $\frac{o(f)}{g}=o(\frac{f}{g})$, $o(f)g=o(fg)$, $\frac{O(f)}{g}=O(\frac{f}{g})$

Решение:

1. $o(f)+O(f)=f\alpha+f\beta=f(\alpha+\beta)$ Где $\alpha=o(1)$, a функция $\beta$ локально ограничена, следовательно, функция $\alpha+\beta$ локально ограничена, и тогда $o(f)+O(f)=f(\alpha+\beta)=O(f)$
2. Если $g=o(f)$, то существует $\alpha=o(1)$ такое, что $g=f\alpha$. Так как $\alpha=o(1)$, то по общим свойства передела функции она локально ограничена, следовательно $g=O(f)$.
3. $O(f)+O^*(f)=f(\alpha+\beta)$ Где $\alpha,\beta$ локально ограничены, следовательно, $O(f)+O^*(f)=O(f)$.
4. $\frac{o(f)}{g}=\frac{o(1)f}{g}=o(1)\frac{f}{g}=o\left(\frac{f}{g}\right)$
   $o(f)g=o(1)fg=o(fg)$
   $\frac{O(f)}{g}=\frac{f\beta}{g}=\beta\frac{f}{g}=O\left(\frac{f}{g}\right)$, где $\beta$ локально ограничена.