关于Little oh与Big O符号的概念疑问及序列渐近阶判断问题

嗨，我来帮你理清这个渐近阶判断的逻辑误区～

首先，你的推理不正确，核心问题出在随意交换了「上极限」和「参数$x$趋近0」的顺序，这种交换在没有额外约束的情况下是不成立的，我来一步步拆解：

先看你的条件和推理逻辑 #

你给出的条件是：对所有$x>0$，正实数列$a_n$满足
$$a_{n}\leq \frac{n}{2^{n{x}}}+n^{x}$$
你由此推出对每个$x>0$，$\lim\sup_{n\to\infty}\frac{a_{n}}{n^{x}}\leq 1$，然后想通过让$x\to0$，得到$a_n=\mathcal{O}(1)$。

这里的关键漏洞是：当$x$变化时，使得$\frac{a_n}{n^x}\leq1+\varepsilon$的$n$的阈值是依赖于$x$的——$x$越小，这个阈值会越大，甚至当$x\to0$时，阈值会趋向无穷大。因此你不能直接把$x\to0$和$\limsup_{n\to\infty}$的顺序交换，这相当于要求「对所有$x>0$成立的性质，在$x\to0$时也能一致成立」，但这个一致性并不存在。

构造反例验证结论错误 #

我们可以找一个满足条件但不是$\mathcal{O}(1)$的序列，比如$a_n = \log n$：

• 对任意固定的$x>0$，当$n$足够大时，$n^x = e^{x\log n}$的增长速度远快于$\log n$，因此$\log n \leq n^x$；
• 而$\frac{n}{2^{nx}}$是指数衰减项，当$n$足够大时它会变得非常小，显然是正数，因此$\log n \leq \frac{n}{2^{nx}} + n^x$完全成立。

但$\log n$当$n\to\infty$时是趋向无穷大的，显然不是$\mathcal{O}(1)$，这直接说明你的结论不成立。

正确的结论是什么？ #

从原条件只能推出：$a_n = o(n^\varepsilon)$对任意$\varepsilon>0$成立，也就是$a_n$的增长速度比任何正指数的多项式都慢，但它仍然可以趋向无穷大（比如$\log n$、$(\log n)^k$这类增长极慢的序列）。

简单来说，「对所有$x>0$，$a_n=\mathcal{O}(n^x)$」和「$a_n=\mathcal{O}(1)$」是完全不同的结论，前者允许序列趋向无穷，只要增长足够慢。

备注：内容来源于stack exchange，提问作者Dovahkiin