Первообразная мало о

Question

Этот вопрос уже задавался, но ни один из найденных мной ответов не был правильным / достаточно подробным.

За $x$ около нуля и $n>1$, является первообразной $o(x^n)$ равно $o( x^{n+1} )$ и как мы это докажем?

маленький $o$ определяется как:

$f$ является $o( g )$ близко к нулю тогда и только тогда, когда существует функция $u$ что стремится к нулю, когда $x$ близка к нулю и удовлетворяет $f = u g,$ или для любого $\epsilon >0$, есть некоторые $a>0$ такой, что $∣ f(x)∣ \leq \epsilon |g(x)|$ всякий раз, когда $0< |x| <a$

Я использовал оба определения, но не мог никуда, интеграция по частям тоже не помогла, я знаю, что это неверно для производной, которая: производная от $o(x^n)$ равно $o( x^{n-1} )$ но я не уверен в интеграции.

Answer 1

Да, с этим нет проблем, главное, что интеграция сохраняет неравенства (что очень неверно для дифференциации); то есть, если$f(x) \le g(x)$ тогда $\int_a^b f(x) \, dx \le \int_a^b g(x) \, dx$.

Более формально, если $f(x) = o(|x|^n)$, то по определению имеем, что для любого $\epsilon > 0$ Существует $\delta > 0$ так что если $0 < |x| < \delta$ тогда $|f(x)| < \epsilon |x^n|$. Определить

$$F(x) = \int_0^x f(t) \, dt.$$

Тогда для любого $\epsilon > 0$ Существует $\delta > 0$ так что если $0 < |x| < \delta$ тогда $|f(x)| < \epsilon (n+1) |x^n|$, следовательно, такой, что

$$|F(x)| = \left| \int_0^x f(t) \, dt \right| \le \int_0^x |f(t)| \, dt \le \int_0^x \varepsilon (n+1) |t|^n \, dt = \varepsilon |x|^{n+1}.$$

Так $F(x) = o(|x|^{n+1})$. Нам действительно не нужно было вставлять$n+1$ префактор, но приятно, когда окончательная граница получается именно такой, какой она должна быть.