Kryterium stopniowe zbieżności szeregów
: 3 sty 2013, o 22:39
W tym miejscu udowodnimy wygodne twierdzenie pozwalające efektywnie badać zbieżność szeregów wyrażeń wymiernych, będących ilorazem wielomianów (także i rozszerzonym o wykładniki rzeczywiste). Istota kryterium polega na wyznaczeniu stopnia wyrażenia i porównaniu go z wartością zbieżności szeregów.
Wprowadźmy następujące oznaczenie:
\(\displaystyle{ \mathfrak{P} = \left\{f:f(x)=\frac{\displaystyle\sum_{k=1}^n a_k x^{p_k}}{\displaystyle\sum_{j=1}^m b_j x^{q_j}}, a_k,b_j,p_k,q_j\in\mathbb{R}, n,m\in\mathbb{N}\right\}}\)
Przyjmijmy, że \(\displaystyle{ p_{k_1} = p_{k_2}\Rightarrow k_1=k_2}\) oraz \(\displaystyle{ q_{j_1} = q_{j_2}\Rightarrow j_1=j_2}\). Zauważmy, że na półprostej dodatniej rzeczywistej \(\displaystyle{ f\in\mathfrak{P}}\) może być nieokreślone co najwyżej w skończonej ilości punktów. Oznaczmy także:
\(\displaystyle{ \deg f(x) = \displaystyle\lim_{x\to\infty}\frac{\ln |f(x)|}{\ln x}}\)
Dla \(\displaystyle{ f\in\mathfrak{P}}\) ta granica zawsze jest właściwa, o ile \(\displaystyle{ f\not\equiv 0}\), wtedy możemy przyjąć \(\displaystyle{ \deg f(x)=-\infty}\).
Lemat. Niech \(\displaystyle{ 0\not\equiv f,g\in\mathfrak{P}}\). Jeżeli istnieje \(\displaystyle{ X\in\mathbb{R}}\), że \(\displaystyle{ |f(x)| < |g(x)|}\) dla \(\displaystyle{ x>X}\), to zachodzi:
\(\displaystyle{ \deg f(x)\leqslant \deg g(x)}\)
Dowód. Jeżeli istnieje \(\displaystyle{ X\in\mathbb{R}}\), że \(\displaystyle{ |f(x)| < |g(x)|}\) dla \(\displaystyle{ x>X}\), to:
\(\displaystyle{ \lim_{x\to+\infty}\frac{|g(x)|}{|f(x)|}\geqslant 1}\)
Korzystając z tego oraz zbieżności stopnia \(\displaystyle{ f,g}\):
\(\displaystyle{ \deg g(x)-\deg f(x) =\lim_{x\to+\infty}\frac{\ln |g(x)|}{\ln x}-\lim_{x\to+\infty}\frac{\ln |f(x)|}{\ln x}=}\)
\(\displaystyle{ =\lim_{x\to+\infty}\frac{\ln |g(x)|-\ln |f(x)|}{\ln x}=\lim_{x\to+\infty}\frac{\ln \displaystyle\frac{|g(x)|}{|f(x)|}}{\ln x}\geqslant\lim_{x\to+\infty}\frac{\ln 1}{\ln x}=0}\)
Stąd teza. \(\displaystyle{ \spadesuit}\)
Twierdzenie. Niech \(\displaystyle{ f\in\mathfrak{P}}\) będzie funkcją dobrze określoną dla \(\displaystyle{ n\in\mathbb{N}}\). Wtedy szereg \(\displaystyle{ \displaystyle\sum_{k=1}^{\infty} f(k)}\) jest bezwzględnie zbieżny wtedy i tylko wtedy, gdy \(\displaystyle{ \deg f < -1}\).
Dowód. Korzystając z postaci ogólnej, przyjmijmy \(\displaystyle{ f(x)=\displaystyle\frac{P(x)}{Q(x)}}\) dla \(\displaystyle{ P(x)=\displaystyle\sum_{k=1}^n a_k x^{p_k}}\), \(\displaystyle{ Q(x)=\displaystyle\sum_{j=1}^m b_j x^{q_j}}\) przy założeniach z lematu. Ustalmy \(\displaystyle{ p=\displaystyle\max_{1\leqslant k\leqslant n}\{p_k\}}\) oraz \(\displaystyle{ q=\displaystyle\max_{1\leqslant j\leqslant n}\{q_j\}}\). Niech \(\displaystyle{ N}\) będzie spełniało \(\displaystyle{ p_N=p}\) oraz \(\displaystyle{ M}\): \(\displaystyle{ q_M=q}\). Niech \(\displaystyle{ f'(x)=\displaystyle\frac{a_N}{b_M} x^{p-q}}\)
Wtedy zachodzi:
\(\displaystyle{ \lim_{x\to+\infty} \frac{f'(x)}{f(x)}=\lim_{x\to+\infty} \frac{a_N}{b_M}\frac{x^{p-q}}{f(x)}=}\)
\(\displaystyle{ =\lim_{x\to+\infty} \left(x^{p-q}\frac{a_N}{b_M}\right) \cdot \frac{b_1 x^{q_1}+\ldots +b_M x^{q}+\ldots+b_m x^{q_n}}{a_1 x^{p_1}+\ldots +a_N x^{p}+\ldots+a_n x^{p_n}} =}\)
\(\displaystyle{ \lim_{x\to+\infty} \left(x^{p-q}\frac{a_N}{b_M}\right) \cdot \frac{x^q\left(b_1 x^{q_1-q}+\ldots +b_M +\ldots+b_m x^{q_n-q}\right)}{x^p\left(a_1 x^{p_1-p}+\ldots +a_N +\ldots+a_n x^{p_n-p}\right)}}\)
Przyjęliśmy \(\displaystyle{ p}\) i \(\displaystyle{ q}\) jako maksimum oraz założenie \(\displaystyle{ p_{k_1} = p_{k_2}\Rightarrow k_1=k_2}\), \(\displaystyle{ q_{j_1} = q_{j_2}\Rightarrow q_1=q_2}\), zatem \(\displaystyle{ \forall_{1\leqslant k\leqslant n} p_k <p}\) i \(\displaystyle{ \forall_{1\leqslant j\leqslant m} q_j <q}\), co implikuje:
\(\displaystyle{ \forall_{1\leqslant k\leqslant n} k\neq N \Rightarrow \lim_{x\to+\infty} x^{p_k-p}=0, \quad \forall_{1\leqslant j\leqslant m} j\neq M \Rightarrow \lim_{x\to+\infty} x^{q_j-q}=0}\)
Na mocy tego mamy:
\(\displaystyle{ \lim_{x\to+\infty} \left(x^{p-q}\frac{a_N}{b_M}\right) \cdot \frac{x^q\left(b_1 x^{q_1-q}+\ldots +b_M+\ldots+b_m x^{q_n-q}\right)}{x^p\left(a_1 x^{p_1-p}+\ldots +a_N+\ldots+a_n x^{p_n-p}\right)}=\lim_{x\to+\infty} \left(x^{p-q}\frac{a_N}{b_M}\right) \cdot \frac{x^q\left(b_1 \cdot 0+\ldots +b_M +\ldots+b_m \cdot 0\right)}{x^p\left(a_1 \cdot 0+\ldots +a_N +\ldots+a_n \cdot 0\right)}=}\)
\(\displaystyle{ =\lim_{x\to+\infty} \left(x^{p-q}\frac{a_N}{b_M}\right) \cdot \frac{x^q b_M}{x^p a_N}=1}\)
Stąd, biorąc \(\displaystyle{ f^*(x)=\displaystyle x^{p-q}\left|\frac{2a_N}{b_M}\right|}\) oraz \(\displaystyle{ f_*(x)=\displaystyle x^{p-q}\left|\frac{a_N}{2b_M}\right|}\) mamy, iż:
\(\displaystyle{ \exists_{X\in\mathbb{R}^+} \forall_{x>X} f^*(x)>|f(x)| \wedge f_*(x)<|f(x)|}\)
ponieważ na mocy wyznaczonej uprzednio granicy:
\(\displaystyle{ \lim_{x\to+\infty}\frac{f^*(x)}{|f(x)|}=2, \quad \lim_{x\to+\infty}\frac{f_*(x)}{|f(x)|}=\frac{1}{2}}\)
Stąd i z lematu mamy: \(\displaystyle{ \deg f^*(x)\leqslant\deg f(x)\leqslant\deg f_*(x)}\). Jeżeli \(\displaystyle{ p-q\neq 0}\), to:
\(\displaystyle{ \deg f^*(x) = \lim_{x\to+\infty}\frac{\ln \left(x^{p-q}\left|\frac{2a_N}{b_M}\right|\right)}{\ln x}=\lim_{x\to+\infty}\frac{\ln \left(x^{p-q}\left[\left|\frac{2a_N}{b_M}\right|^{\frac{1}{p-q}}\right]^{p-q}\right)}{\ln x}=}\)
\(\displaystyle{ \lim_{x\to+\infty}\left(p-q\right)\frac{\ln \left(x \left|\frac{2a_N}{b_M}\right|^{\frac{1}{p-q}}\right)}{\ln x}=\left(p-q\right)\lim_{x\to+\infty}\frac{\ln x + \ln \left[\left|\frac{2a_N}{b_M}\right|^{\frac{1}{p-q}}\right]}{\ln x}=}\)
\(\displaystyle{ =\left(p-q\right)\lim_{x\to+\infty}\left[1+\frac{\ln \left[\left|\frac{2a_N}{b_M}\right|^{\frac{1}{p-q}}\right]}{\ln x}\right]=p-q}\)
Analogicznie \(\displaystyle{ \deg f_*(x)=p-q}\), zatem z twierdzenia o trzech ciągach
\(\displaystyle{ \deg f^*(x)=\deg f'(x)=\deg f(x)=\deg f_*(x)}\)
Z kryterium porównawczego mamy, iż bezwzględna zbieżność \(\displaystyle{ \displaystyle \sum_{n=1}^{+\infty} f^*(n)}\) pociąga za sobą bezwzględną zbieżność \(\displaystyle{ \displaystyle \sum_{n=1}^{+\infty} f(n)}\), natomiast rozbieżność \(\displaystyle{ \displaystyle \sum_{n=1}^{+\infty} f_*(n)}\) pociąga za sobą rozbieżność \(\displaystyle{ \displaystyle \sum_{n=1}^{+\infty} f(n)}\).
\(\displaystyle{ \sum_{n=1}^{+\infty} f^*(n)= \sum_{n=1}^{+\infty} n^{p-q}\left|\frac{2a_N}{b_M}\right|=\left|\frac{2a_N}{b_M}\right|\sum_{n=1}^{+\infty} n^{p-q}}\)
\(\displaystyle{ \sum_{n=1}^{+\infty} f_*(n)= \sum_{n=1}^{+\infty} n^{p-q}\left|\frac{a_N}{2b_M}\right|=\left|\frac{a_N}{2b_M}\right|\sum_{n=1}^{+\infty} n^{p-q}}\)
Jeżeli \(\displaystyle{ \deg f(x)=p-q<-1}\), to powyższy szereg jest zbieżny, natomiast dla \(\displaystyle{ \deg f(x)\geqslant -1}\) szereg jest rozbieżny. To kończy dowód. \(\displaystyle{ \spadesuit}\)
Uwaga. Możemy rozszerzyć zakres stosowania kryterium. Stopień wyrażenia postaci \(\displaystyle{ f(x)=\sqrt[q]{x^{p_1}+x^{p_2}+\ldots+x^{p_n}}}\) liczymy jako \(\displaystyle{ \deg f(x) = \frac{\max_{1\leqslant k \leqslant n}\{p_k\}}{q}}\).
Przykład. Zbadać zbieżność szeregu:
\(\displaystyle{ \sum_{n=1}^{+\infty} \frac{n^{\pi}+2n^e-4n^{\sqrt{2}}}{n^{\sqrt{19}}-n^2+12n^{\sqrt{7}}}}\)
\(\displaystyle{ p=\pi}\), \(\displaystyle{ q=\sqrt{19}}\), zatem stopień tego wyrażenia wynosi \(\displaystyle{ \pi-\sqrt{19}\approx -1.2173<-1}\). Szereg jest zbieżny.
Uogólnienie. Można rozszerzyć to kryterium i sformułować je w sposób bardziej ogólny.
Twierdzenie. Niech \(\displaystyle{ (a_n)_{n\in\mathbb{N}}}\) będzie ciągiem liczb rzeczywistych. Wtedy, jeżeli:
1. \(\displaystyle{ \displaystyle\limsup_{n\to\infty}\frac{\ln|a_n|}{\ln n}<-1}\), to szereg \(\displaystyle{ \displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}a_n}\) jest zbieżny bezwzględnie,
2. \(\displaystyle{ \displaystyle\liminf_{n\to\infty}\frac{\ln|a_n|}{\ln n}>-1}\), to szereg \(\displaystyle{ \displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}a_n}\) jest rozbieżny lub zbieżny warunkowo.
Dowód. Ustalmy ciąg \(\displaystyle{ (a_n)_{n\in\mathbb{N}}}\). Niech \(\displaystyle{ a=\displaystyle\limsup_{n\to\infty}\frac{\ln|a_n|}{\ln n}}\) i \(\displaystyle{ |a|<+\infty}\).
Jeżeli \(\displaystyle{ a<-1}\), to istnieje \(\displaystyle{ \varepsilon\in(a,-1)}\). Korzystając z kryterium ilorazowego i szacując \(\displaystyle{ |a_n|}\) przez \(\displaystyle{ n^{a+\frac{\varepsilon-a}{2}}}\):
\(\displaystyle{ \limsup_{n\to+\infty} \frac{|a_n|}{n^{\varepsilon}}\leqslant\lim_{n\to+\infty} \frac{n^{a+\frac{\varepsilon-a}{2}}}{n^{\varepsilon}}=\lim_{n\to+\infty} n^{\frac{a-\varepsilon}{2}}=0}\)
Szereg \(\displaystyle{ \displaystyle\sum_{n=1}^{+\infty}n^{\varepsilon}}\) jest zbieżny, a więc \(\displaystyle{ a_n}\) także jest zbieżny. Dla \(\displaystyle{ a>-1}\), gdzie \(\displaystyle{ a=\displaystyle\liminf_{n\to\infty}\frac{\ln|a_n|}{\ln n}}\), podobnie istnieje \(\displaystyle{ \delta\in(-1,a)}\), dla której spełnione jest:
\(\displaystyle{ \liminf_{n\to+\infty} \frac{|f(n)|}{n^{\delta}}\geqslant\lim_{n\to+\infty} \frac{n^{a-\frac{a-\delta}{2}}}{n^{\delta}}=\lim_{n\to+\infty} n^{\frac{a-\delta}{2}}=+\infty}\)
z czego wnioskujemy rozbieżność \(\displaystyle{ \displaystyle\sum_{n=1}^{+\infty}|a_n|}\). Dla \(\displaystyle{ |a|=+\infty}\) zbieżności/rozbieżności są oczywiste. \(\displaystyle{ \spadesuit}\)
Uwaga. Można zwiększyć "czułość" kryterium, włączając kryterium zagęszczania, przy założeniu monotoniczności \(\displaystyle{ f(n)}\):
\(\displaystyle{ \deg_1 f(x) = \lim_{x\to\infty}\frac{\ln |e^x f(e^x)|}{\ln x}, \quad \deg_2 f(x) = \lim_{x\to\infty}\frac{\ln |e^{e^x} e^x f\left(e^{e^x}\right)|}{\ln x}}\)
i ogólniej, gdzie \(\displaystyle{ \exp^n(x)}\) oznacza \(\displaystyle{ n}\)-tą iterację funkcji \(\displaystyle{ \exp(x)=e^x}\):
\(\displaystyle{ \deg_n f(x) = \lim_{x\to\infty}\frac{\ln \left|\left[\prod_{k=1}^n \exp^k(x)\right] f(\exp^n(x))\right|}{\ln x}}\)
Kryterium nie rozstrzyga w dalszym ciągu, gdy \(\displaystyle{ \deg_n f(x) =-1}\). Dla ciągów określonych jedynie w zbiorze liczb naturalnych zamiast podstawy \(\displaystyle{ e}\) można wybrać liczbę naturalną \(\displaystyle{ n\in\mathbb{N}}\).
Poniżej znajdują się dodatkowe uwagi, które ułatwiają liczenie stopni funkcji rzeczywistych.
Twierdzenie. Niech \(\displaystyle{ f,g\in D\to\mathbb{R}}\), gdzie \(\displaystyle{ D\subseteq \mathbb{R}}\) zawiera przedział \(\displaystyle{ (c,+\infty)}\) dla pewnego \(\displaystyle{ c\in\mathbb{R}}\), a \(\displaystyle{ |\deg f(x)|}\), \(\displaystyle{ |\deg g(x)|<+\infty}\). Zachodzą następujące własności:
1. \(\displaystyle{ \deg (p \cdot f(x))= \deg f(x)}\), \(\displaystyle{ p\neq 0}\), (stopień funkcji przemnożonej przez skalar),
2. \(\displaystyle{ \deg \left[f(x)+g(x)\right]=\max\{\deg f(x),\deg g(x)\}}\) ( stopień sumy funkcji),
3. \(\displaystyle{ \deg \left[f(x)\cdot g(x)\right]=\deg f(x)+\deg g(x)}\) (stopień iloczynu funkcji),
4. \(\displaystyle{ \displaystyle+\infty>\lim_{x\to+\infty}|f(x)|>0 \Rightarrow \deg f(x)=0}\) (stopień funkcji ograniczonej),
5. \(\displaystyle{ \displaystyle\lim_{x\to+\infty}\frac{f(x)}{x}=1\Rightarrow \deg f(x)=1}\) (stopień funkcji asymptotycznie liniowej),
6. \(\displaystyle{ \deg \ln^p x = 0}\), \(\displaystyle{ p\in\mathbb{R}}\),
7. \(\displaystyle{ \deg \sin \left(x^p\right) = p}\), \(\displaystyle{ \deg \sin \left(x^{-p}\right)=0}\), \(\displaystyle{ p\leqslant 0}\),
8. \(\displaystyle{ \deg \tan \left(x^p\right) = p}\), \(\displaystyle{ p\leqslant 0}\),
9. \(\displaystyle{ \deg \arctan \left(x^p\right) = p}\), \(\displaystyle{ \deg \arctan \left(x^{-p}\right)=0}\), \(\displaystyle{ p\leqslant 0}\),
10. \(\displaystyle{ \deg \arcsin \left(x^p\right) = p}\), \(\displaystyle{ p\leqslant 0}\),
11. \(\displaystyle{ \deg a^x = \displaystyle\begin{cases}+\infty, & a>1 \\ 0, & a=1 \\ -\infty, & 0<a<1\end{cases}}\),
12. \(\displaystyle{ \deg x! = +\infty}\),
13. \(\displaystyle{ \deg x^x = +\infty}\), \(\displaystyle{ \deg x^{-x}=-\infty}\),
14. \(\displaystyle{ \deg \ln x! = 1}\),
15. \(\displaystyle{ \deg \displaystyle\frac{e^x x!}{x^x} = \frac{1}{2}}\).
Dowód.
1. Niech \(\displaystyle{ p\neq 0}\). Wtedy:
\(\displaystyle{ \deg(p f(x))=\lim_{x\to+\infty}\frac{\ln\left(|pf(x)|\right)}{\ln x}=\lim_{x\to+\infty}\frac{\ln\left(|f(x)|\right)+\ln|p|}{\ln x}=\\ =\lim_{x\to+\infty}\frac{\ln\left(|f(x)|\right)}{\ln x}+\lim_{x\to+\infty}\frac{\ln|p|}{\ln x}=\deg f(x)}\)
2. \(\displaystyle{ \deg \left[f(x)+g(x)\right]=\lim_{x\to+\infty}\frac{\ln\left(|f(x)|+|g(x)|\right)}{\ln x}\geqslant\\ \geqslant\lim_{x\to+\infty}\frac{\ln\left(\max\{|f(x)|,|g(x)|\}\right)}{\ln x}=\max\{\deg f(x),\deg g(x)\}}\)
Oszacowanie w drugą stronę daje tę samę granicę na mocy wniosku o stopniu funkcji przemnożonej przez skalar:
\(\displaystyle{ \lim_{x\to+\infty}\frac{\ln\left(|f(x)|+|g(x)|\right)}{\ln x}\leqslant\lim_{x\to+\infty}\frac{\ln\left(2\max\{|f(x)|,|g(x)|\}\right)}{\ln x}=\max\{\deg f(x),\deg g(x)\}}\)
3. \(\displaystyle{ \deg \left[f(x)\cdot g(x)\right]=\lim_{x\to+\infty}\frac{\ln(f(x)\cdot g(x))}{\ln x}=\displaystyle\lim_{x\to+\infty}\left(\frac{\ln|f(x)|}{\ln x}+\frac{\ln |g(x)|}{\ln x}\right)}\)
Korzystając ze zbieżności:
\(\displaystyle{ \lim_{x\to+\infty}\left(\frac{\ln|f(x)|}{\ln x}+\frac{\ln |g(x)|}{\ln x}\right)=\lim_{x\to+\infty}\frac{\ln|f(x)|}{\ln x}+\lim_{x\to+\infty}\frac{\ln |g(x)|}{\ln x}=\deg f(x)+\deg g(x)}\)
4. Niech \(\displaystyle{ \displaystyle\lim_{x\to+\infty}|f(x)|=M\in\mathbb{R}^{+}}\). Wtedy
\(\displaystyle{ \lim_{x\to+\infty}\frac{\ln|f(x)|}{\ln x}=\lim_{x\to+\infty}\frac{\ln M}{\ln x}=0}\)
5. Niech \(\displaystyle{ \displaystyle\lim_{x\to+\infty}\frac{f(x)}{x}=1}\), wtedy:
\(\displaystyle{ \deg f(x)=\lim_{x\to+\infty}\frac{\ln|f(x)|}{\ln x}=\lim_{x\to+\infty}\frac{\ln\left|x\cdot \frac{f(x)}{x}\right|}{\ln x}=\lim_{x\to+\infty}\frac{\ln x+\ln\left|\frac{f(x)}{x}\right|}{\ln x}=1+\lim_{x\to+\infty}\frac{\ln\left|\frac{f(x)}{x}\right|}{\ln x}=1}\)
6.
\(\displaystyle{ \deg \ln^p x = \lim_{x\to+\infty}\frac{\ln|\ln^p x|}{\ln x} = \lim_{x\to+\infty}p\cdot \frac{\ln\ln x}{\ln x} = 0}\)
7. Korzystając z własności \(\displaystyle{ \displaystyle\lim_{x\to+\infty}\frac{\sin \frac{1}{x}}{\frac{1}{x}}=1}\), oraz wniosku o stopniu funkcji asymptotycznie liniowej dla \(\displaystyle{ p\leqslant 0}\):
\(\displaystyle{ \deg \sin \left(x^p\right) = \lim_{x\to+\infty}\frac{\ln|\sin (x^p)|}{\ln x}= \lim_{x\to+\infty}\frac{\ln|\sin (x^p)|}{\frac{1}{p}\ln (x^p)}=p \cdot \lim_{x\to+\infty}\frac{\ln\sin (x^p)}{\ln (x^p)}=p}\)
Dla \(\displaystyle{ p>0}\):
\(\displaystyle{ \deg \sin \left(x^p\right) = \left|\lim_{x\to+\infty}\frac{\ln|\sin x^p|}{\ln x}\right|\leqslant \lim_{x\to+\infty}\frac{\ln 1}{\ln x}=0}\)
stąd \(\displaystyle{ \deg \sin \left(x^p\right)=0}\).
8. Analogicznie jak poprzednio.
9. Jak wyżej.
10. Jak wyżej.
11. Dla \(\displaystyle{ a>1}\):
\(\displaystyle{ \deg a^x = \lim_{x\to+\infty}\frac{\ln a^x}{\ln x}=\lim_{x\to+\infty}\frac{x}{\ln x}\ln a= +\infty}\)
Gdy \(\displaystyle{ a=1}\), to \(\displaystyle{ \deg 1^x=\deg 1 = 0}\), natomiast jeżeli \(\displaystyle{ 0<a<1}\), to \(\displaystyle{ \ln a<0}\):
\(\displaystyle{ \deg a^x = \lim_{x\to+\infty}\frac{\ln a^x}{\ln x}=\lim_{x\to+\infty}\frac{x}{\ln x}\ln a= -\infty}\)
12. \(\displaystyle{ \deg x!=+\infty}\) wynika z dwóch oszacowań:
\(\displaystyle{ \deg x! = \lim_{x\to+\infty}\frac{\ln x!}{\ln x}\geqslant \lim_{x\to+\infty}\frac{\ln x^{\sqrt{x}}}{\ln x}= \lim_{x\to+\infty}\left(\sqrt{x}\cdot \frac{\ln x}{\ln x}\right)=+\infty}\)
\(\displaystyle{ \deg x! = \lim_{x\to+\infty}\frac{\ln x!}{\ln x}\leqslant \lim_{x\to+\infty}\frac{\ln x^{x}}{\ln x}= \lim_{x\to+\infty}\left(x\cdot \frac{\ln x}{\ln x}\right)=+\infty}\)
13.
\(\displaystyle{ \deg x^x = \lim_{x\to+\infty}\frac{\ln x^x}{\ln x}= \lim_{x\to+\infty}\frac{x \ln x}{\ln x}= +\infty}\)
\(\displaystyle{ \deg x^{-x} = \lim_{x\to+\infty}\frac{\ln x^{-x}}{\ln x}= \lim_{x\to+\infty}\left(-\frac{x \ln x}{\ln x}\right)= -\infty}\)
14. \(\displaystyle{ \deg \ln x!=1}\) uzyskuje się, ponownie korzystając z oszacowań:
\(\displaystyle{ \deg \ln x! = \lim_{x\to+\infty}\frac{\ln \ln x!}{\ln x}\geqslant \lim_{x\to+\infty}\frac{\ln \ln (x^{\frac{x}{2}})}{\ln x}=\\ =\lim_{x\to+\infty}\frac{\ln \left(\frac{1}{2}x \ln x\right)}{\ln x}\geqslant \lim_{x\to+\infty}\frac{\ln \frac{1}{2}x+\ln\ln x}{\ln x}=1}\)
\(\displaystyle{ \deg \ln x! = \lim_{x\to+\infty}\frac{\ln \ln x!}{\ln x}\leqslant \lim_{x\to+\infty}\frac{\ln \ln (x^{x})}{\ln x}=\lim_{x\to+\infty}\frac{\ln \left(x \ln x\right)}{\ln x}=\\ = \lim_{x\to+\infty}\frac{\ln x+\ln\ln x}{\ln x}=1}\)
15. Korzystając z oszacowania Stirlinga dla silni:
\(\displaystyle{ \lim_{x \to+\infty} \displaystyle\frac{x!}{\sqrt{2 \pi x} \left(\frac{x}{e}\right)^{x} } = 1}\)
\(\displaystyle{ \deg \displaystyle\frac{e^x x!}{x^x} =\lim_{x\to+\infty}\frac{\ln \displaystyle\left(\frac{e^x x!}{x^x}\right)}{\ln x}=\lim_{x\to+\infty}\frac{\ln \displaystyle\left(\frac{e^x \sqrt{2 \pi x} \left(\frac{x}{e}\right)^{x} }{x^x}\right)}{\ln x}=\\ =\lim_{x\to+\infty}\frac{\ln \displaystyle\left(\sqrt{2\pi x}\right)}{\ln x}=\frac{1}{2}}\)
Kończy to dowód \(\displaystyle{ \spadesuit}\).
Wprowadźmy następujące oznaczenie:
\(\displaystyle{ \mathfrak{P} = \left\{f:f(x)=\frac{\displaystyle\sum_{k=1}^n a_k x^{p_k}}{\displaystyle\sum_{j=1}^m b_j x^{q_j}}, a_k,b_j,p_k,q_j\in\mathbb{R}, n,m\in\mathbb{N}\right\}}\)
Przyjmijmy, że \(\displaystyle{ p_{k_1} = p_{k_2}\Rightarrow k_1=k_2}\) oraz \(\displaystyle{ q_{j_1} = q_{j_2}\Rightarrow j_1=j_2}\). Zauważmy, że na półprostej dodatniej rzeczywistej \(\displaystyle{ f\in\mathfrak{P}}\) może być nieokreślone co najwyżej w skończonej ilości punktów. Oznaczmy także:
\(\displaystyle{ \deg f(x) = \displaystyle\lim_{x\to\infty}\frac{\ln |f(x)|}{\ln x}}\)
Dla \(\displaystyle{ f\in\mathfrak{P}}\) ta granica zawsze jest właściwa, o ile \(\displaystyle{ f\not\equiv 0}\), wtedy możemy przyjąć \(\displaystyle{ \deg f(x)=-\infty}\).
Lemat. Niech \(\displaystyle{ 0\not\equiv f,g\in\mathfrak{P}}\). Jeżeli istnieje \(\displaystyle{ X\in\mathbb{R}}\), że \(\displaystyle{ |f(x)| < |g(x)|}\) dla \(\displaystyle{ x>X}\), to zachodzi:
\(\displaystyle{ \deg f(x)\leqslant \deg g(x)}\)
Dowód. Jeżeli istnieje \(\displaystyle{ X\in\mathbb{R}}\), że \(\displaystyle{ |f(x)| < |g(x)|}\) dla \(\displaystyle{ x>X}\), to:
\(\displaystyle{ \lim_{x\to+\infty}\frac{|g(x)|}{|f(x)|}\geqslant 1}\)
Korzystając z tego oraz zbieżności stopnia \(\displaystyle{ f,g}\):
\(\displaystyle{ \deg g(x)-\deg f(x) =\lim_{x\to+\infty}\frac{\ln |g(x)|}{\ln x}-\lim_{x\to+\infty}\frac{\ln |f(x)|}{\ln x}=}\)
\(\displaystyle{ =\lim_{x\to+\infty}\frac{\ln |g(x)|-\ln |f(x)|}{\ln x}=\lim_{x\to+\infty}\frac{\ln \displaystyle\frac{|g(x)|}{|f(x)|}}{\ln x}\geqslant\lim_{x\to+\infty}\frac{\ln 1}{\ln x}=0}\)
Stąd teza. \(\displaystyle{ \spadesuit}\)
Twierdzenie. Niech \(\displaystyle{ f\in\mathfrak{P}}\) będzie funkcją dobrze określoną dla \(\displaystyle{ n\in\mathbb{N}}\). Wtedy szereg \(\displaystyle{ \displaystyle\sum_{k=1}^{\infty} f(k)}\) jest bezwzględnie zbieżny wtedy i tylko wtedy, gdy \(\displaystyle{ \deg f < -1}\).
Dowód. Korzystając z postaci ogólnej, przyjmijmy \(\displaystyle{ f(x)=\displaystyle\frac{P(x)}{Q(x)}}\) dla \(\displaystyle{ P(x)=\displaystyle\sum_{k=1}^n a_k x^{p_k}}\), \(\displaystyle{ Q(x)=\displaystyle\sum_{j=1}^m b_j x^{q_j}}\) przy założeniach z lematu. Ustalmy \(\displaystyle{ p=\displaystyle\max_{1\leqslant k\leqslant n}\{p_k\}}\) oraz \(\displaystyle{ q=\displaystyle\max_{1\leqslant j\leqslant n}\{q_j\}}\). Niech \(\displaystyle{ N}\) będzie spełniało \(\displaystyle{ p_N=p}\) oraz \(\displaystyle{ M}\): \(\displaystyle{ q_M=q}\). Niech \(\displaystyle{ f'(x)=\displaystyle\frac{a_N}{b_M} x^{p-q}}\)
Wtedy zachodzi:
\(\displaystyle{ \lim_{x\to+\infty} \frac{f'(x)}{f(x)}=\lim_{x\to+\infty} \frac{a_N}{b_M}\frac{x^{p-q}}{f(x)}=}\)
\(\displaystyle{ =\lim_{x\to+\infty} \left(x^{p-q}\frac{a_N}{b_M}\right) \cdot \frac{b_1 x^{q_1}+\ldots +b_M x^{q}+\ldots+b_m x^{q_n}}{a_1 x^{p_1}+\ldots +a_N x^{p}+\ldots+a_n x^{p_n}} =}\)
\(\displaystyle{ \lim_{x\to+\infty} \left(x^{p-q}\frac{a_N}{b_M}\right) \cdot \frac{x^q\left(b_1 x^{q_1-q}+\ldots +b_M +\ldots+b_m x^{q_n-q}\right)}{x^p\left(a_1 x^{p_1-p}+\ldots +a_N +\ldots+a_n x^{p_n-p}\right)}}\)
Przyjęliśmy \(\displaystyle{ p}\) i \(\displaystyle{ q}\) jako maksimum oraz założenie \(\displaystyle{ p_{k_1} = p_{k_2}\Rightarrow k_1=k_2}\), \(\displaystyle{ q_{j_1} = q_{j_2}\Rightarrow q_1=q_2}\), zatem \(\displaystyle{ \forall_{1\leqslant k\leqslant n} p_k <p}\) i \(\displaystyle{ \forall_{1\leqslant j\leqslant m} q_j <q}\), co implikuje:
\(\displaystyle{ \forall_{1\leqslant k\leqslant n} k\neq N \Rightarrow \lim_{x\to+\infty} x^{p_k-p}=0, \quad \forall_{1\leqslant j\leqslant m} j\neq M \Rightarrow \lim_{x\to+\infty} x^{q_j-q}=0}\)
Na mocy tego mamy:
\(\displaystyle{ \lim_{x\to+\infty} \left(x^{p-q}\frac{a_N}{b_M}\right) \cdot \frac{x^q\left(b_1 x^{q_1-q}+\ldots +b_M+\ldots+b_m x^{q_n-q}\right)}{x^p\left(a_1 x^{p_1-p}+\ldots +a_N+\ldots+a_n x^{p_n-p}\right)}=\lim_{x\to+\infty} \left(x^{p-q}\frac{a_N}{b_M}\right) \cdot \frac{x^q\left(b_1 \cdot 0+\ldots +b_M +\ldots+b_m \cdot 0\right)}{x^p\left(a_1 \cdot 0+\ldots +a_N +\ldots+a_n \cdot 0\right)}=}\)
\(\displaystyle{ =\lim_{x\to+\infty} \left(x^{p-q}\frac{a_N}{b_M}\right) \cdot \frac{x^q b_M}{x^p a_N}=1}\)
Stąd, biorąc \(\displaystyle{ f^*(x)=\displaystyle x^{p-q}\left|\frac{2a_N}{b_M}\right|}\) oraz \(\displaystyle{ f_*(x)=\displaystyle x^{p-q}\left|\frac{a_N}{2b_M}\right|}\) mamy, iż:
\(\displaystyle{ \exists_{X\in\mathbb{R}^+} \forall_{x>X} f^*(x)>|f(x)| \wedge f_*(x)<|f(x)|}\)
ponieważ na mocy wyznaczonej uprzednio granicy:
\(\displaystyle{ \lim_{x\to+\infty}\frac{f^*(x)}{|f(x)|}=2, \quad \lim_{x\to+\infty}\frac{f_*(x)}{|f(x)|}=\frac{1}{2}}\)
Stąd i z lematu mamy: \(\displaystyle{ \deg f^*(x)\leqslant\deg f(x)\leqslant\deg f_*(x)}\). Jeżeli \(\displaystyle{ p-q\neq 0}\), to:
\(\displaystyle{ \deg f^*(x) = \lim_{x\to+\infty}\frac{\ln \left(x^{p-q}\left|\frac{2a_N}{b_M}\right|\right)}{\ln x}=\lim_{x\to+\infty}\frac{\ln \left(x^{p-q}\left[\left|\frac{2a_N}{b_M}\right|^{\frac{1}{p-q}}\right]^{p-q}\right)}{\ln x}=}\)
\(\displaystyle{ \lim_{x\to+\infty}\left(p-q\right)\frac{\ln \left(x \left|\frac{2a_N}{b_M}\right|^{\frac{1}{p-q}}\right)}{\ln x}=\left(p-q\right)\lim_{x\to+\infty}\frac{\ln x + \ln \left[\left|\frac{2a_N}{b_M}\right|^{\frac{1}{p-q}}\right]}{\ln x}=}\)
\(\displaystyle{ =\left(p-q\right)\lim_{x\to+\infty}\left[1+\frac{\ln \left[\left|\frac{2a_N}{b_M}\right|^{\frac{1}{p-q}}\right]}{\ln x}\right]=p-q}\)
Analogicznie \(\displaystyle{ \deg f_*(x)=p-q}\), zatem z twierdzenia o trzech ciągach
\(\displaystyle{ \deg f^*(x)=\deg f'(x)=\deg f(x)=\deg f_*(x)}\)
Z kryterium porównawczego mamy, iż bezwzględna zbieżność \(\displaystyle{ \displaystyle \sum_{n=1}^{+\infty} f^*(n)}\) pociąga za sobą bezwzględną zbieżność \(\displaystyle{ \displaystyle \sum_{n=1}^{+\infty} f(n)}\), natomiast rozbieżność \(\displaystyle{ \displaystyle \sum_{n=1}^{+\infty} f_*(n)}\) pociąga za sobą rozbieżność \(\displaystyle{ \displaystyle \sum_{n=1}^{+\infty} f(n)}\).
\(\displaystyle{ \sum_{n=1}^{+\infty} f^*(n)= \sum_{n=1}^{+\infty} n^{p-q}\left|\frac{2a_N}{b_M}\right|=\left|\frac{2a_N}{b_M}\right|\sum_{n=1}^{+\infty} n^{p-q}}\)
\(\displaystyle{ \sum_{n=1}^{+\infty} f_*(n)= \sum_{n=1}^{+\infty} n^{p-q}\left|\frac{a_N}{2b_M}\right|=\left|\frac{a_N}{2b_M}\right|\sum_{n=1}^{+\infty} n^{p-q}}\)
Jeżeli \(\displaystyle{ \deg f(x)=p-q<-1}\), to powyższy szereg jest zbieżny, natomiast dla \(\displaystyle{ \deg f(x)\geqslant -1}\) szereg jest rozbieżny. To kończy dowód. \(\displaystyle{ \spadesuit}\)
Uwaga. Możemy rozszerzyć zakres stosowania kryterium. Stopień wyrażenia postaci \(\displaystyle{ f(x)=\sqrt[q]{x^{p_1}+x^{p_2}+\ldots+x^{p_n}}}\) liczymy jako \(\displaystyle{ \deg f(x) = \frac{\max_{1\leqslant k \leqslant n}\{p_k\}}{q}}\).
Przykład. Zbadać zbieżność szeregu:
\(\displaystyle{ \sum_{n=1}^{+\infty} \frac{n^{\pi}+2n^e-4n^{\sqrt{2}}}{n^{\sqrt{19}}-n^2+12n^{\sqrt{7}}}}\)
\(\displaystyle{ p=\pi}\), \(\displaystyle{ q=\sqrt{19}}\), zatem stopień tego wyrażenia wynosi \(\displaystyle{ \pi-\sqrt{19}\approx -1.2173<-1}\). Szereg jest zbieżny.
Uogólnienie. Można rozszerzyć to kryterium i sformułować je w sposób bardziej ogólny.
Twierdzenie. Niech \(\displaystyle{ (a_n)_{n\in\mathbb{N}}}\) będzie ciągiem liczb rzeczywistych. Wtedy, jeżeli:
1. \(\displaystyle{ \displaystyle\limsup_{n\to\infty}\frac{\ln|a_n|}{\ln n}<-1}\), to szereg \(\displaystyle{ \displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}a_n}\) jest zbieżny bezwzględnie,
2. \(\displaystyle{ \displaystyle\liminf_{n\to\infty}\frac{\ln|a_n|}{\ln n}>-1}\), to szereg \(\displaystyle{ \displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}a_n}\) jest rozbieżny lub zbieżny warunkowo.
Dowód. Ustalmy ciąg \(\displaystyle{ (a_n)_{n\in\mathbb{N}}}\). Niech \(\displaystyle{ a=\displaystyle\limsup_{n\to\infty}\frac{\ln|a_n|}{\ln n}}\) i \(\displaystyle{ |a|<+\infty}\).
Jeżeli \(\displaystyle{ a<-1}\), to istnieje \(\displaystyle{ \varepsilon\in(a,-1)}\). Korzystając z kryterium ilorazowego i szacując \(\displaystyle{ |a_n|}\) przez \(\displaystyle{ n^{a+\frac{\varepsilon-a}{2}}}\):
\(\displaystyle{ \limsup_{n\to+\infty} \frac{|a_n|}{n^{\varepsilon}}\leqslant\lim_{n\to+\infty} \frac{n^{a+\frac{\varepsilon-a}{2}}}{n^{\varepsilon}}=\lim_{n\to+\infty} n^{\frac{a-\varepsilon}{2}}=0}\)
Szereg \(\displaystyle{ \displaystyle\sum_{n=1}^{+\infty}n^{\varepsilon}}\) jest zbieżny, a więc \(\displaystyle{ a_n}\) także jest zbieżny. Dla \(\displaystyle{ a>-1}\), gdzie \(\displaystyle{ a=\displaystyle\liminf_{n\to\infty}\frac{\ln|a_n|}{\ln n}}\), podobnie istnieje \(\displaystyle{ \delta\in(-1,a)}\), dla której spełnione jest:
\(\displaystyle{ \liminf_{n\to+\infty} \frac{|f(n)|}{n^{\delta}}\geqslant\lim_{n\to+\infty} \frac{n^{a-\frac{a-\delta}{2}}}{n^{\delta}}=\lim_{n\to+\infty} n^{\frac{a-\delta}{2}}=+\infty}\)
z czego wnioskujemy rozbieżność \(\displaystyle{ \displaystyle\sum_{n=1}^{+\infty}|a_n|}\). Dla \(\displaystyle{ |a|=+\infty}\) zbieżności/rozbieżności są oczywiste. \(\displaystyle{ \spadesuit}\)
Uwaga. Można zwiększyć "czułość" kryterium, włączając kryterium zagęszczania, przy założeniu monotoniczności \(\displaystyle{ f(n)}\):
\(\displaystyle{ \deg_1 f(x) = \lim_{x\to\infty}\frac{\ln |e^x f(e^x)|}{\ln x}, \quad \deg_2 f(x) = \lim_{x\to\infty}\frac{\ln |e^{e^x} e^x f\left(e^{e^x}\right)|}{\ln x}}\)
i ogólniej, gdzie \(\displaystyle{ \exp^n(x)}\) oznacza \(\displaystyle{ n}\)-tą iterację funkcji \(\displaystyle{ \exp(x)=e^x}\):
\(\displaystyle{ \deg_n f(x) = \lim_{x\to\infty}\frac{\ln \left|\left[\prod_{k=1}^n \exp^k(x)\right] f(\exp^n(x))\right|}{\ln x}}\)
Kryterium nie rozstrzyga w dalszym ciągu, gdy \(\displaystyle{ \deg_n f(x) =-1}\). Dla ciągów określonych jedynie w zbiorze liczb naturalnych zamiast podstawy \(\displaystyle{ e}\) można wybrać liczbę naturalną \(\displaystyle{ n\in\mathbb{N}}\).
Poniżej znajdują się dodatkowe uwagi, które ułatwiają liczenie stopni funkcji rzeczywistych.
Twierdzenie. Niech \(\displaystyle{ f,g\in D\to\mathbb{R}}\), gdzie \(\displaystyle{ D\subseteq \mathbb{R}}\) zawiera przedział \(\displaystyle{ (c,+\infty)}\) dla pewnego \(\displaystyle{ c\in\mathbb{R}}\), a \(\displaystyle{ |\deg f(x)|}\), \(\displaystyle{ |\deg g(x)|<+\infty}\). Zachodzą następujące własności:
1. \(\displaystyle{ \deg (p \cdot f(x))= \deg f(x)}\), \(\displaystyle{ p\neq 0}\), (stopień funkcji przemnożonej przez skalar),
2. \(\displaystyle{ \deg \left[f(x)+g(x)\right]=\max\{\deg f(x),\deg g(x)\}}\) ( stopień sumy funkcji),
3. \(\displaystyle{ \deg \left[f(x)\cdot g(x)\right]=\deg f(x)+\deg g(x)}\) (stopień iloczynu funkcji),
4. \(\displaystyle{ \displaystyle+\infty>\lim_{x\to+\infty}|f(x)|>0 \Rightarrow \deg f(x)=0}\) (stopień funkcji ograniczonej),
5. \(\displaystyle{ \displaystyle\lim_{x\to+\infty}\frac{f(x)}{x}=1\Rightarrow \deg f(x)=1}\) (stopień funkcji asymptotycznie liniowej),
6. \(\displaystyle{ \deg \ln^p x = 0}\), \(\displaystyle{ p\in\mathbb{R}}\),
7. \(\displaystyle{ \deg \sin \left(x^p\right) = p}\), \(\displaystyle{ \deg \sin \left(x^{-p}\right)=0}\), \(\displaystyle{ p\leqslant 0}\),
8. \(\displaystyle{ \deg \tan \left(x^p\right) = p}\), \(\displaystyle{ p\leqslant 0}\),
9. \(\displaystyle{ \deg \arctan \left(x^p\right) = p}\), \(\displaystyle{ \deg \arctan \left(x^{-p}\right)=0}\), \(\displaystyle{ p\leqslant 0}\),
10. \(\displaystyle{ \deg \arcsin \left(x^p\right) = p}\), \(\displaystyle{ p\leqslant 0}\),
11. \(\displaystyle{ \deg a^x = \displaystyle\begin{cases}+\infty, & a>1 \\ 0, & a=1 \\ -\infty, & 0<a<1\end{cases}}\),
12. \(\displaystyle{ \deg x! = +\infty}\),
13. \(\displaystyle{ \deg x^x = +\infty}\), \(\displaystyle{ \deg x^{-x}=-\infty}\),
14. \(\displaystyle{ \deg \ln x! = 1}\),
15. \(\displaystyle{ \deg \displaystyle\frac{e^x x!}{x^x} = \frac{1}{2}}\).
Dowód.
1. Niech \(\displaystyle{ p\neq 0}\). Wtedy:
\(\displaystyle{ \deg(p f(x))=\lim_{x\to+\infty}\frac{\ln\left(|pf(x)|\right)}{\ln x}=\lim_{x\to+\infty}\frac{\ln\left(|f(x)|\right)+\ln|p|}{\ln x}=\\ =\lim_{x\to+\infty}\frac{\ln\left(|f(x)|\right)}{\ln x}+\lim_{x\to+\infty}\frac{\ln|p|}{\ln x}=\deg f(x)}\)
2. \(\displaystyle{ \deg \left[f(x)+g(x)\right]=\lim_{x\to+\infty}\frac{\ln\left(|f(x)|+|g(x)|\right)}{\ln x}\geqslant\\ \geqslant\lim_{x\to+\infty}\frac{\ln\left(\max\{|f(x)|,|g(x)|\}\right)}{\ln x}=\max\{\deg f(x),\deg g(x)\}}\)
Oszacowanie w drugą stronę daje tę samę granicę na mocy wniosku o stopniu funkcji przemnożonej przez skalar:
\(\displaystyle{ \lim_{x\to+\infty}\frac{\ln\left(|f(x)|+|g(x)|\right)}{\ln x}\leqslant\lim_{x\to+\infty}\frac{\ln\left(2\max\{|f(x)|,|g(x)|\}\right)}{\ln x}=\max\{\deg f(x),\deg g(x)\}}\)
3. \(\displaystyle{ \deg \left[f(x)\cdot g(x)\right]=\lim_{x\to+\infty}\frac{\ln(f(x)\cdot g(x))}{\ln x}=\displaystyle\lim_{x\to+\infty}\left(\frac{\ln|f(x)|}{\ln x}+\frac{\ln |g(x)|}{\ln x}\right)}\)
Korzystając ze zbieżności:
\(\displaystyle{ \lim_{x\to+\infty}\left(\frac{\ln|f(x)|}{\ln x}+\frac{\ln |g(x)|}{\ln x}\right)=\lim_{x\to+\infty}\frac{\ln|f(x)|}{\ln x}+\lim_{x\to+\infty}\frac{\ln |g(x)|}{\ln x}=\deg f(x)+\deg g(x)}\)
4. Niech \(\displaystyle{ \displaystyle\lim_{x\to+\infty}|f(x)|=M\in\mathbb{R}^{+}}\). Wtedy
\(\displaystyle{ \lim_{x\to+\infty}\frac{\ln|f(x)|}{\ln x}=\lim_{x\to+\infty}\frac{\ln M}{\ln x}=0}\)
5. Niech \(\displaystyle{ \displaystyle\lim_{x\to+\infty}\frac{f(x)}{x}=1}\), wtedy:
\(\displaystyle{ \deg f(x)=\lim_{x\to+\infty}\frac{\ln|f(x)|}{\ln x}=\lim_{x\to+\infty}\frac{\ln\left|x\cdot \frac{f(x)}{x}\right|}{\ln x}=\lim_{x\to+\infty}\frac{\ln x+\ln\left|\frac{f(x)}{x}\right|}{\ln x}=1+\lim_{x\to+\infty}\frac{\ln\left|\frac{f(x)}{x}\right|}{\ln x}=1}\)
6.
\(\displaystyle{ \deg \ln^p x = \lim_{x\to+\infty}\frac{\ln|\ln^p x|}{\ln x} = \lim_{x\to+\infty}p\cdot \frac{\ln\ln x}{\ln x} = 0}\)
7. Korzystając z własności \(\displaystyle{ \displaystyle\lim_{x\to+\infty}\frac{\sin \frac{1}{x}}{\frac{1}{x}}=1}\), oraz wniosku o stopniu funkcji asymptotycznie liniowej dla \(\displaystyle{ p\leqslant 0}\):
\(\displaystyle{ \deg \sin \left(x^p\right) = \lim_{x\to+\infty}\frac{\ln|\sin (x^p)|}{\ln x}= \lim_{x\to+\infty}\frac{\ln|\sin (x^p)|}{\frac{1}{p}\ln (x^p)}=p \cdot \lim_{x\to+\infty}\frac{\ln\sin (x^p)}{\ln (x^p)}=p}\)
Dla \(\displaystyle{ p>0}\):
\(\displaystyle{ \deg \sin \left(x^p\right) = \left|\lim_{x\to+\infty}\frac{\ln|\sin x^p|}{\ln x}\right|\leqslant \lim_{x\to+\infty}\frac{\ln 1}{\ln x}=0}\)
stąd \(\displaystyle{ \deg \sin \left(x^p\right)=0}\).
8. Analogicznie jak poprzednio.
9. Jak wyżej.
10. Jak wyżej.
11. Dla \(\displaystyle{ a>1}\):
\(\displaystyle{ \deg a^x = \lim_{x\to+\infty}\frac{\ln a^x}{\ln x}=\lim_{x\to+\infty}\frac{x}{\ln x}\ln a= +\infty}\)
Gdy \(\displaystyle{ a=1}\), to \(\displaystyle{ \deg 1^x=\deg 1 = 0}\), natomiast jeżeli \(\displaystyle{ 0<a<1}\), to \(\displaystyle{ \ln a<0}\):
\(\displaystyle{ \deg a^x = \lim_{x\to+\infty}\frac{\ln a^x}{\ln x}=\lim_{x\to+\infty}\frac{x}{\ln x}\ln a= -\infty}\)
12. \(\displaystyle{ \deg x!=+\infty}\) wynika z dwóch oszacowań:
\(\displaystyle{ \deg x! = \lim_{x\to+\infty}\frac{\ln x!}{\ln x}\geqslant \lim_{x\to+\infty}\frac{\ln x^{\sqrt{x}}}{\ln x}= \lim_{x\to+\infty}\left(\sqrt{x}\cdot \frac{\ln x}{\ln x}\right)=+\infty}\)
\(\displaystyle{ \deg x! = \lim_{x\to+\infty}\frac{\ln x!}{\ln x}\leqslant \lim_{x\to+\infty}\frac{\ln x^{x}}{\ln x}= \lim_{x\to+\infty}\left(x\cdot \frac{\ln x}{\ln x}\right)=+\infty}\)
13.
\(\displaystyle{ \deg x^x = \lim_{x\to+\infty}\frac{\ln x^x}{\ln x}= \lim_{x\to+\infty}\frac{x \ln x}{\ln x}= +\infty}\)
\(\displaystyle{ \deg x^{-x} = \lim_{x\to+\infty}\frac{\ln x^{-x}}{\ln x}= \lim_{x\to+\infty}\left(-\frac{x \ln x}{\ln x}\right)= -\infty}\)
14. \(\displaystyle{ \deg \ln x!=1}\) uzyskuje się, ponownie korzystając z oszacowań:
\(\displaystyle{ \deg \ln x! = \lim_{x\to+\infty}\frac{\ln \ln x!}{\ln x}\geqslant \lim_{x\to+\infty}\frac{\ln \ln (x^{\frac{x}{2}})}{\ln x}=\\ =\lim_{x\to+\infty}\frac{\ln \left(\frac{1}{2}x \ln x\right)}{\ln x}\geqslant \lim_{x\to+\infty}\frac{\ln \frac{1}{2}x+\ln\ln x}{\ln x}=1}\)
\(\displaystyle{ \deg \ln x! = \lim_{x\to+\infty}\frac{\ln \ln x!}{\ln x}\leqslant \lim_{x\to+\infty}\frac{\ln \ln (x^{x})}{\ln x}=\lim_{x\to+\infty}\frac{\ln \left(x \ln x\right)}{\ln x}=\\ = \lim_{x\to+\infty}\frac{\ln x+\ln\ln x}{\ln x}=1}\)
15. Korzystając z oszacowania Stirlinga dla silni:
\(\displaystyle{ \lim_{x \to+\infty} \displaystyle\frac{x!}{\sqrt{2 \pi x} \left(\frac{x}{e}\right)^{x} } = 1}\)
\(\displaystyle{ \deg \displaystyle\frac{e^x x!}{x^x} =\lim_{x\to+\infty}\frac{\ln \displaystyle\left(\frac{e^x x!}{x^x}\right)}{\ln x}=\lim_{x\to+\infty}\frac{\ln \displaystyle\left(\frac{e^x \sqrt{2 \pi x} \left(\frac{x}{e}\right)^{x} }{x^x}\right)}{\ln x}=\\ =\lim_{x\to+\infty}\frac{\ln \displaystyle\left(\sqrt{2\pi x}\right)}{\ln x}=\frac{1}{2}}\)
Kończy to dowód \(\displaystyle{ \spadesuit}\).