Бесконечный интеграл экспоненты квадрата с основанием x

[fractalon]

Для $1>x>\frac{1}{2}$ и $x>x_0$ увидел в книге следующие преобразования:
$\sum \limits_{n=1}^{\infty} {x^{n^2}} = \int \limits_{1}^{\infty} {x^{t^2} dt} + O(1) = \frac{1}{\sqrt{-\ln{x}}} \int \limits_{0}^{\infty} {e^{-t^2} dt} + O(1)$
Непонятны оба трюка:
1) Откуда берётся $O(1)$ и обязательно ли для него условие $x>x_0$? Понятно, что это оттого, что $x^{t^2}$ ооочень быстро убывает, но технически не знаю, по какому признаку можно это O(1) доказать.
2) Как один интеграл превращается в другой? Вот тут вообще непонятно. Несколько попыток подступиться подсказывают, что нужно, наверное, использовать запись вроде $\int \limits_{1}^{\infty} {\left({e^{-t \sqrt{-\ln{x}}}}\right)^{t \sqrt{-\ln{x}}}}$, потому что логарифм в знаменателе должен образоваться как-то также, как и в $\int {x^t} = \frac{x^t}{\ln{x}}$. Но это всё общие предположения... Прошу помощи в поиске конкретного пути.

[svv]

2)
Пусть $y=1/x$, OK? Тогда $y>1$.
$x^{t^2}=y^{-t^2}=e^{-t^2\ln y}=e^{-(t\sqrt{\ln y})^2}$
Затем сделайте напрашивающуюся замену в интеграле.

[ex-math]

1) Ваша функция монотонно убывает. Частичную сумму ряда поэтому можно зажать между двух интегралов. Нарисуйте картинку -- будет понятно. В итоге ваше $O(1)$ лежит на $[0,x]$.

[fractalon]

Да, как-то всё, действительно, очень просто. Я был близко
Как я понял, $x>x_0$ применяется во втором преобразовании, чтобы было $| \int \limits_{1}^{\infty} {x^{t^2} dt} - \frac{1}{\sqrt{-\ln{x}}} \int \limits_{0}^{\infty} {e^{-s^2} ds} | \le \int \limits_{0}^{\sqrt{-\ln{x_0}}} {e^{-s^2} ds}$

[ex-math]

Там можно было сразу писать интеграл от нуля, а не от единицы.
Наверное, смысл был в том, чтобы в окончательной формуле главный член преобладал над остатком. Это будет для всех $x$, достаточно близких к единице, т.е при $x>x_0$.