不等式と極限②(指数・n次・対数関数の強さ)

指数関数、\(n\)次関数、対数関数の発散の強さについて見ていきます。

数列のところでもやりましたが、「指数>\(n\)次>対数」の順で発散のスピードが速いです。数列と比べて、関数では\(x\)が連続(飛び飛びでない)という違いはありますが、結論同じです。今回はこのスピードの速さの違いを、関数に関する不等式を利用して示していきます。

 

(例題)
\(x>0\) のとき
\(e^x>1+\displaystyle\frac{x}{1!}+\displaystyle\frac{x^2}{2!}+\cdots+\displaystyle\frac{x^n}{n!}\) (\(n=0,1,2,\cdots\))・・・①
が成り立っている。

(1)不等式①を利用して、\(\displaystyle\lim_{x \to \infty}\displaystyle\frac{x^n}{e^x}\) (\(n=1,2,3,\cdots\)) を求めよ。

(2)\(\displaystyle\lim_{x \to \infty}\displaystyle\frac{(\log x)^n}{x}\)  (\(n=1,2,3,\cdots\)) を求めよ。

(3)\(\displaystyle\lim_{x \to +0}x(\log x)^n\)  (\(n=1,2,3,\cdots\)) を求めよ。

 

 

①の証明は、→不等式の証明(1変数) を参照してください。帰納法を用います。

(解答)
(1)

はさみうちの原理を利用します。\(x^n\) より次数が1つ大きい \(x^{n+1}\) を取り出すことがポイントです。

\(x \to \infty\) より、\(x>0\) としてよい。

\(e^x>1+\displaystyle\frac{x}{1!}+\displaystyle\frac{x^2}{2!}+\cdots+\displaystyle\frac{x^n}{n!}+\displaystyle\frac{x^{n+1}}{(n+1)!}\) (\(n=0,1,2,\cdots\))

において、\(x>0\) のとき右辺は正の値なので
\(e^{x}>\displaystyle\frac{x^{n+1}}{(n+1)!}\)

よって \(e^{x}>0\) も合わせると
\(0<\displaystyle\frac{x^n}{e^x}<\displaystyle\frac{(n+1)!}{x}\)

したがってはさみうちの原理より
\(\displaystyle\lim_{x \to \infty}\displaystyle\frac{x^n}{e^x}=0\)

 

(参考)
\(n\)は自然数という制限がありましたが、別に自然数でなくても構いません。

同じく \(\displaystyle\lim_{x \to \infty}\displaystyle\frac{x^r}{e^x}=0\) となります。

\(r>0\) のときは解答と同様に次数の高い項を取り出せばよく、
\(r≦0\) のときは \(\displaystyle\frac{1}{\infty}\) の形になるので同じく\(0\)に収束します。

 

(2)

(1)の結果において変数変換をします。

(1)より
\(\displaystyle\lim_{x \to \infty}\displaystyle\frac{x^n}{e^x}=0\)

\(x=\log t\) とおくと \(e^x=t\)
また、\(x \to \infty\) のとき \(t \to \infty\)

よって
\(\displaystyle\lim_{t \to \infty}\displaystyle\frac{(\log t)^n}{t}=0\)

つまり
\(\displaystyle\lim_{x \to \infty}\displaystyle\frac{(\log x)^n}{x}=0\)

(参考)
\(y=x\) と \(y=\log x\) の大小関係を表す不等式

\(0<\log x<x\)・・・② (\(x>1\)) (微分を利用して簡単に示せる。グラフを考えても分かる。)

を利用すれば、(1)を使わずに直接求めることもできます。
②において、\(x\) を \(x^{\frac{1}{n+1}}\ (>1)\) とすれば

\(0<\log x^{\frac{1}{n+1}}<x^{\frac{1}{n+1}}\)
よって
\(0<\displaystyle\frac{\log x}{n+1}<x^{\frac{1}{n+1}}\)・・・③

\(n\)乗して
\(0<\displaystyle\frac{(\log x)^n}{(n+1)^n}<x^{\frac{n}{n+1}}\)

ゆえに
\(0<\displaystyle\frac{(\log x)^n}{x}<\displaystyle\frac{(n+1)^n}{x^{\frac{1}{n+1}}}\)

あとははさみうちの原理より、\(0\)に収束することが分かります。

よく利用するのが \(n=1\) のときで③より
\(0<\displaystyle\frac{\log x}{2}<\sqrt{x}\) (この場合\(\displaystyle\frac{1}{2}\)は無くてもよい)
となるので

\(0<\displaystyle\frac{\log x}{x}<\displaystyle\frac{2}{\sqrt{x}}\)

より、\(\displaystyle\lim_{x \to \infty}\displaystyle\frac{\log x}{x}=0\) です。

 

(3)

(2)の結果で変数変換をします。

(2)より
\(\displaystyle\lim_{x \to \infty}\displaystyle\frac{(\log x)^n}{x}=0\)

\(x=\displaystyle\frac{1}{t}\) とおくと
\(x \to \infty\) のとき \(t \to +0\) となるから

\(\displaystyle\lim_{t \to +0}\displaystyle\frac{(\log \displaystyle\frac{1}{t})^n}{\displaystyle\frac{1}{t}}=0\)

よって
\(\displaystyle\lim_{t \to +0}t(-\log t)^n=0\)

\(\displaystyle\lim_{t \to +0}(-1)^n\cdot t(\log t)^n=0\)

ゆえに
\(\displaystyle\lim_{t \to +0}t(\log t)^n=0\)

つまり
\(\displaystyle\lim_{x \to +0}x(\log x)^n=0\)

 

 

以上になります。お疲れさまでした。
ここまで見て頂きありがとうございました。
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