Предел функции

[Ivan_B]

Демидович 385
Исследовать на ограниченность функцию
$f(x)=\ln x \cdot \sin^2\frac{\pi}{x}$
в интервале $0<x<\varepsilon$

Решение
$\sin^2\frac{\pi}{x}$ при $0<x<\varepsilon$ принимает значения из $[0;1]$ Поэтому $f(x)$ в интервале $0<x<\varepsilon$ может будет равна $0$, когда $\sin^2\frac{\pi}{x}=0$ и $\ln x$, когда $\sin^2\frac{\pi}{x}=1$. Значит $f(x)$ неограничена снизу.

Как решить задачу при $x \to \infty$ придумать не получается.
Та же история с $f(x)=\ln x \cdot \sin x$ при $x \to 0$.
Дочитал Зорича до пятой главы. Решение меня интересует только если на текущем этапе у меня должно получиться решить эти задачи.

[thething]

Нет Зорича под рукой, но быть может использовать эквивалентности синуса, что в первом, что во втором примере (в первом -- на бесконечности, во втором -- в нуле), а затем сравнением скорости роста логарифма и степенной функции

-- 17.05.2018, 20:59 --

Либо использовать оценку $\sin x\leqslant x$ при $x\geqslant 0$

-- 17.05.2018, 21:17 --

Ivan_B в сообщении #1312943 писал(а):

в интервале $0<x<\varepsilon$

А здесь попробовать взять последовательность $x_n=\frac{2}{n}$ и посмотреть, что будет

[vpb]

Есть в Зориче это, сведений из главы 3 вполне достаточно. Это вопрос на понимание того, как сравнить скорость роста логарифма и степенной функции (как на бесконечности, так и в окрестности нуля, что в принципе одно и то же). Плюс первый замечательный предел (или второй? короче, тот, который с синусом).

[Ivan_B]

thething в сообщении #1312947 писал(а):

использовать эквивалентности синуса

$\lim\limits_{x\to\infty}\ln x \cdot \sin^2\frac{\pi}{x}=\lim\limits_{x\to\infty}\ln x \cdot \left(\frac{\pi}{x}\right)^2 \left(\gamma\left(\frac{\pi}{x}\right)\right)^2=$(поскольку каждый из следующих трех пределов существует)
$=\lim\limits_{x\to\infty}\frac{\ln x}{x} \lim\limits_{x\to\infty}\left(\gamma\left(\frac{\pi}{x}\right)\right)^2 \lim\limits_{x\to\infty} \frac{\pi^2}{x}=0\cdot 1 \cdot 0 = 0$

Точно так же $\lim\limits_{x\to\infty}\ln x \cdot \sin\frac{1}{x} = 0$ Тогда
$\lim\limits_{x\to 0}\ln x \cdot \sin x = \lim\limits_{t\to \infty} \ln \frac{1}{t} \cdot \sin\frac{1}{t} = -\lim\limits_{t\to \infty} \ln t \cdot \sin\frac{1}{t} = 0$

thething в сообщении #1312947 писал(а):

Либо использовать оценку $\sin x\leqslant x$ при $x\geqslant 0$

thething в сообщении #1312947 писал(а):

А здесь попробовать взять последовательность $x_n=\frac{2}{n}$ и посмотреть, что будет

Тут ничего придумать не получается.

vpb в сообщении #1312958 писал(а):

Это вопрос на понимание того, как сравнить скорость роста логарифма и степенной функции

Сам предел $\lim\limits_{t\to \infty}\frac{\ln x}{x}$ есть в Зориче. Там используется замена $x=e^t$ (без объяснения). Чтобы показать, что такую замену можно использовать(могу ошибаться), нужно воспользоваться теоремой о пределе композиции функций и показать, что для $X=\{x>x_0| x \in \mathbb R\}$ всегда найдется $T=\{t>t_0| t \in \mathbb R\}$, такое что $e^{T} \subset X$ (не знаю как это правильно записать, имеется в виду множество значений функции $e^t$ на множестве $T$ принадлежит множеству $X$) Как это доказывать не очень себе представляю.
Дальше еще один пример $\lim\limits_{x \to \infty} \frac{x}{a^x}$ Там используется неравенство $\frac{1}{a}\frac{[x]}{a^{[x]}}<\frac{x}{a^x}<\frac{[x]+1}{a^{[x]+1}}\cdot a$
Дальше $\lim\limits_{n \to \infty}\frac{n}{a^n}$ Тут используется предел отношения соседних элементов последовательности $\frac{1}{a}$, который меньше одного, поэтому элементы исходной последовательности будут меньше элементов последовательности $Aq^m, q<1$ начиная с некоторого $N$. Элементы последовательности $\left(\frac{1}{q}\right)^m$ неограничены. Если предположить обратное, то получается противоречие: должна существовать точная верхняя граница $S$, тогда существует $M$ $qS<\left(\frac{1}{q}\right)^M<S$ откуда $S<\left(\frac{1}{q}\right)^{M+1}$ Откуда пределом $Aq^m, q<1$ является 0.
Сойдет ли это за "понимание"?

[thething]

Ivan_B в сообщении #1313186 писал(а):

$\lim\limits_{x\to\infty}\ln x \cdot \sin^2\frac{\pi}{x}=\lim\limits_{x\to\infty}\ln x \cdot \left(\frac{\pi}{x}\right)^2 \left(\gamma\left(\frac{\pi}{x}\right)\right)^2=$(

А что это за гамма? Вы должны в пределе просто синус заменить на эквивалентную функцию -- и всё.

Ivan_B в сообщении #1313186 писал(а):

Тут ничего придумать не получается.

Это я посоветовал Вам применить к первому своему рассуждению, по-моему такой пример будет более строгим, нежели Ваши словесные рассуждения про значения $x$, при которых синус обращается в единицу. Просто подставьте эту последовательность в свой первый случай на интервале $0<x<\varepsilon$

Ivan_B в сообщении #1313186 писал(а):

Сойдет ли это за "понимание"?

А разве там в Зориче не доказывается, что показательная функция растет быстрее степенной, а логарифмическая -- медленнее.. Т.е. непонятно, о каком понимании речь, если там это обосновывается? Или Вы пытаетесь это заново вывести самостоятельно?

-- 18.05.2018, 16:58 --

Ivan_B в сообщении #1313186 писал(а):

Чтобы показать, что такую замену можно использовать(могу ошибаться), нужно воспользоваться теоремой о пределе композиции функций и показать

Опять же, зачем что-то показывать, если можно просто воспользоваться теоремой о замене переменной? Примерно вот такая формулировка: если $f(x)\to b$ при $x\to a$ и $g(y)\to A$ при $y\to b$, то $g(f(x))\to A$ при $x\to a$

-- 18.05.2018, 17:17 --

Предлагаю Вам следующую (по-моему, довольно простую и понятную) схему доказательства того, что $\lim\limits_{x\to +\infty}^{}\frac{x^\alpha}{a^x}=0$ ($\alpha >0$, $a>1$):
1. Покажите, что при $x\geqslant 1$ $2^x\geqslant x$
2. Покажите, что $\lim\limits_{x\to +\infty}^{}\frac{x}{4^x}=0$ (с помощью неравенства о двух милиционерах)
3. Покажите, что $\lim\limits_{x\to +\infty}^{}\frac{x}{a^x}=0$ при $a>1$
4. Покажите требуемое
Ну а потом заменой переменной покажете, что $\lim\limits_{x\to +\infty}^{}\frac{\log_a x}{x^\alpha}=0$

[Ivan_B]

thething в сообщении #1313192 писал(а):

А что это за гамма?

Определение 25. Если между функциями $f$ и $g$ финально при базе $\mathcal B$ выполнено соотношение $f(x)=\gamma(x)g(x)$, где $\lim\limits_{\mathcal B}\gamma(x)=1$, то говорят, что при базе $\mathcal B$ функция $f$ асимптотически ведет себя как функция $g$ или, короче, что $f$ эквивалентна $g$ при базе $\mathcal B$.
В Зориче есть теорема о том, что в одночлене можно заменять, и есть пример, на котором я попался. Пишу я ее, чтобы не ошибиться.

thething в сообщении #1313192 писал(а):

Это я посоветовал Вам применить к первому своему рассуждению, по-моему такой пример будет более строгим, нежели Ваши словесные рассуждения про значения $x$, при которых синус обращается в единицу

Понял. В этих точках синус будет равен 1, $f(\frac{2}{n})=\ln\frac{2}{n}$

thething в сообщении #1313192 писал(а):

А разве там в Зориче не доказывается, что показательная функция растет быстрее степенной, а логарифмическая -- медленнее.. Т.е. непонятно, о каком понимании речь, если там это обосновывается?

В Зориче это доказывается. Это можно просто запомнить. Тогда это не совсем понимание. Что такое понимание я толком сказать не могу. Пытаюсь как-то разобраться с этим вопросом.

thething в сообщении #1313192 писал(а):

Примерно вот такая формулировка: если $f(x)\to b$ при $x\to a$ и $g(y)\to A$ при $y\to b$, то $g(f(x))\to A$ при $x\to a$

Я на этом попался.
$y=f(x)=x\sin\frac{1}{x}$
$g(y)=|\text{sgn}(y)|$
$x \to 0$

-- 18.05.2018, 16:49 --

thething в сообщении #1313192 писал(а):

1. Покажите, что при $x\geqslant 1$ $2^x\geqslant x$

А чем можно пользоваться для доказательства?

[thething]

Ivan_B в сообщении #1313202 писал(а):

В Зориче есть теорема о том, что в одночлене можно заменять, и есть пример, на котором я попался. Пишу я ее, чтобы не ошибиться.

На самом деле просто запомните, что в произведении и в частном (в одночлене) функцию можно заменять на эквивалентную, а в сумме и разности -- нельзя.

Ivan_B в сообщении #1313202 писал(а):

Пытаюсь как-то разобраться с этим вопросом.

Попробуйте то, что я предложил

Ivan_B в сообщении #1313202 писал(а):

Я на этом попался.
$y=f(x)=x\sin\frac{1}{x}$
$g(y)=|\text{sgn}(y)|$
$x \to 0$

Непонятно, как именно попались? Правильно будет так $\lim\limits_{x\to 0}^{}x\sin \frac{1}{x}=\lim\limits_{y\to \infty}^{}\frac{\sin y}{y}=0$

-- 18.05.2018, 17:56 --

Или Вы попались с тем, что у сигнума предел в нуле не существует? Но в том, что я сформулировал как раз существование всех пределов (хотя бы бесконечных) подразумевается

[Ivan_B]

thething в сообщении #1313203 писал(а):

Попробуйте то, что я предложил

Пробую...

thething в сообщении #1313203 писал(а):

Непонятно, как именно попались?

Обе функции по отдельности имеют предел в 0. А их композиция - нет.

[thething]

Ivan_B в сообщении #1313207 писал(а):

Обе функции по отдельности имеют предел в 0

А вот это категорически неверно. Сигнум предела в нуле не имеет!

[Ivan_B]

thething в сообщении #1313208 писал(а):

А вот это категорически неверно. Сигнум предела в нуле не имеет!

Там модуль. Предел существует.

[thething]

Ivan_B в сообщении #1313209 писал(а):

Там модуль.

А, да, точно Но тогда и композиция имеет предел, равный единице

[Ivan_B]

thething в сообщении #1313210 писал(а):

Но тогда и композиция имеет предел, равный единице

Нет. Проблема в том, что синус может принимать значение 0.

-- 18.05.2018, 17:16 --

thething в сообщении #1313192 писал(а):

1. Покажите, что при $x\geqslant 1$ $2^x\geqslant x$

Можно подсказку, а то я что-то туплю.
Если все очень просто, то мне нужно передохнуть и вернуться к этому вопросу позже.

[thething]

Ivan_B в сообщении #1313211 писал(а):

Проблема в том, что синус может принимать значение 0.

Ага, уже дошло, что есть последовательность $\frac{1}{\pi n}$. Надо было в своей формулировке, конечно же проколотые окрестности помянуть. Так что, данный пример -- хорошая ловушка для невнимательных, в которую попался и я

Ivan_B в сообщении #1313211 писал(а):

Можно подсказку, а то я что-то туплю.

Попробуйте доказать неравенство только на отрезке $[1,2]$, потом -- на отрезке $[2,3]$,...

-- 18.05.2018, 19:18 --

Ivan_B в сообщении #1313186 писал(а):

показать, что для $X=\{x>x_0| x \in \mathbb R\}$ всегда найдется $T=\{t>t_0| t \in \mathbb R\}$, такое что $e^{T} \subset X$ (не знаю как это правильно записать, имеется в виду множество значений функции $e^t$ на множестве $T$ принадлежит множеству $X$) Как это доказывать не очень себе представляю.

Надо так: для любого $X=\{x>x_0| x \in \mathbb R\}$ всегда найдется $T=\{t>t_0| t \in \mathbb R\}$, такое что для любого $t\in T$ выполнено $e^t \in X$. Ну а тогда возьмите $t_0=\ln x_0$ для достаточно больших $x_0$

[vpb]

Ivan_B в сообщении #1313186 писал(а):

Сойдет ли это за "понимание"?

Вполне. Как говорится, "с пивом потянет" (точного смысла сих слов не знаю ).
thething
Мне кажется, товарищ уже достаточно хорошо понимает, как соотносятся между собой в отношении скорости роста логарифм, степенная функция, и показательная, и если дальше продолжать обсуждение, он будет только запутываться, имхо...

[Ivan_B]

Выполнить все шаги не получилось. Попытки решения:

thething в сообщении #1313192 писал(а):

1. Покажите, что при $x\geqslant 1$ $2^x\geqslant x$

Получается доказать неравенство для натуральных чисел:
$x\geqslant 1 \Rightarrow 1\geqslant\frac{1}{x} \Rightarrow 2\geqslant 1 + \frac{1}{x}$
$2^1\geqslant 1$. Числа положительны, поэтому $2^n \geqslant n \Rightarrow 2^{n+1} \geqslant n(1+\frac{1}{n}) = n+1$

Есть еще одно наблюдение(если можно пользоваться $a>1 \wedge x_1\leqslant x_2 \Leftrightarrow a^{x_1}\leqslant a^{x_2}$):
Если $a>1$, то для $x \in [0;a^0)$ с одной стороны $x \geqslant 0 \Rightarrow a^x \geqslant a^0$, по построению $x<a^0$, откуда $x < a^x$ при $x \in [0;a^0)$
Дальше аналогично $0 < a^0 \Rightarrow a^0 < a^{\left(a^0\right)}$, тогда для $x \in [a^0; a^{\left(a^0\right)})$ с одной стороны $x \geqslant a^0 \Rightarrow a^x \geqslant a^{\left(a^0\right)}$, по построению $x<a^{\left(a^0\right)}$, откуда $x < a^x$ при $x \in [a^0; a^{\left(a^0\right)})$

thething в сообщении #1313192 писал(а):

2. Покажите, что $\lim\limits_{x\to +\infty}^{}\frac{x}{4^x}=0$ (с помощью неравенства о двух милиционерах)

thething в сообщении #1313192 писал(а):

3. Покажите, что $\lim\limits_{x\to +\infty}^{}\frac{x}{a^x}=0$ при $a>1$

Если считать известным, что $\lim\limits_{n\to \infty}\frac{n}{a^n}=0$
то можно воспользоваться неравенством $\frac{1}{a}\frac{[x]}{a^{[x]}}<\frac{x}{a^x}<\frac{[x]+1}{a^{[x]+1}}\cdot a$
(предел левой и правой частей 0, значит искомый предел тоже 0)

thething в сообщении #1313192 писал(а):

4. Покажите требуемое

thething в сообщении #1313192 писал(а):

$\lim\limits_{x\to +\infty}^{}\frac{x^\alpha}{a^x}=0$

$\lim\limits_{x\to \infty}\frac{x^k}{a^x}=\lim\limits_{x\to \infty}\left(\frac{x}{\sqrt[k]{a}^x}\right)^k=\lim\limits_{x\to \infty}\frac{x}{\sqrt[k]{a}^x}\cdot\lim\limits_{x\to \infty}\frac{x}{\sqrt[k]{a}^x}\cdot\dots\cdot\lim\limits_{x\to \infty}\frac{x}{\sqrt[k]{a}^x}=0$
$\frac{x^\alpha}{a^x}<\frac{x^{[\alpha]+1}}{a^x}$
(предел правой части 0, значит искомый предел тоже 0)

thething в сообщении #1313192 писал(а):

Ну а потом заменой переменной покажете, что $\lim\limits_{x\to +\infty}^{}\frac{\log_a x}{x^\alpha}=0$

Замены $t=x^\alpha$ и $t=a^y$
$\lim\limits_{x\to\infty}\frac{\log_a x}{x^\alpha}=\frac{1}{\alpha}\lim\limits_{x\to\infty}\frac{\log_a x^\alpha}{x^\alpha}=\frac{1}{\alpha}\lim\limits_{t\to\infty}\frac{\log_a t}{t}=\frac{1}{\alpha}\lim\limits_{y\to\infty}\frac{y}{a^y}=0$