次幂形式的极限未定式，一般都可以先尝试取对数

一、前言

在计算式子极限的时候，对于形如 $\infty^{0}$, $1^{\infty}$ 和 $0^{0}$ 这样的式子，我们一般都可以先尝试对其取自然对数 $\ln$, 因为这样可以将形如 $\infty^{0}$, $1^{\infty}$ 和 $0^{0}$ 极限，转换为形如 $\frac{\infty}{\infty}$ 或者 $\frac{0}{0}$ 的极限，从而就可以使用洛必达法则，或者其他求解极限的方式完成接下来的求解过程.

二、正文

例题 1：$\infty^{0}$

题目

解析

Tip

根据《左极限和右极限的两种不同表示形式》可知，本题中极限的形式 $x \rightarrow \frac{\pi}{2}-0$ 与 $x \rightarrow \frac{\pi}{2}^{-}$ 等价，都表示 $x$ 从左侧趋于 $\frac{\pi}{2}$, 但永远不大于 $\frac{\pi}{2}$.

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观察原式可知，这是一个 $\infty^{0}$ 型的未定式, 于是先在原式等号两端对其取自然对数，得：

$$
\textcolor{yellow}{
\ln y = \cos x \ln (\tan x) = \frac{\ln (\tan x)}{\sec x} } \tag{1}
$$

Tip

为了计算和书写方便，取对数的时候一般都是取自然对数 $\ln$, 而是取其他一般形式的对数.

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由于当 $x \rightarrow \frac{\pi}{2}-0$ 的时候，$\frac{\ln(\tan x)}{\sec x}$ 是一个 $\frac{\infty}{\infty}$ 型未定式, 所以，可以尝试使用洛必达法则：

$$
\begin{aligned}
\textcolor{lightgreen}{ \lim_{x \rightarrow \frac{\pi}{2}-0} \frac{\ln(\tan x)}{\sec x} } & = \lim_{x \rightarrow \frac{\pi}{2}-0} \frac{\frac{1}{\tan x} \sec^{2} x}{\sec x \tan x} \\ \\
& = \lim_{x \rightarrow \frac{\pi}{2}-0} \frac{\frac{1}{\tan x} \sec x}{\tan x} \\ \\
& = \lim_{x \rightarrow \frac{\pi}{2}-0} \frac{1}{\tan x} \cdot \frac{1}{\cos x} \cdot \frac{1}{\tan x} \\ \\
& = \lim_{x \rightarrow \frac{\pi}{2}-0} \frac{1}{\tan^{2} x} \cdot \frac{1}{\cos x} \\ \\
& = \lim_{x \rightarrow \frac{\pi}{2}-0} \frac{\cos^{2} x}{\sin^{2} x} \cdot \frac{1}{\cos x} \\ \\
& = \lim_{x \rightarrow \frac{\pi}{2}-0} \frac{\cos x}{\sin^{2} x} = \textcolor{lightgreen}{ 0 }
\end{aligned}
$$

即：

$$
\lim_{x \rightarrow \frac{\pi}{2}-0} \ln y = 0 \textcolor{lightgreen}{\leadsto} \mathrm{e}^{0} = \textcolor{lightgreen}{ \lim_{x \rightarrow \frac{\pi}{2}-0} y = 1 }
$$

综上可知：

$$
\textcolor{lightgreen}{
\lim_{x \rightarrow \frac{\pi}{2}-0} y = \lim_{x \rightarrow \frac{\pi}{2}-0} (\tan x)^{\cos x} = 1
}
$$

例题 2：$1^{\infty}$

题目

解析

观察原式可知，这是一个 $1^{\infty}$ 型的未定式, 于是先在原式等号两端对其取自然对数，得：

$$
\textcolor{yellow}{
\ln y = \frac{1}{x^{2}} \ln \frac{\sin x}{x} = \frac{\ln(\sin x) – \ln x}{x^{2}} } \tag{2}
$$

由于当 $x \rightarrow 0^{+}$ 的时候，$\frac{\ln(\sin x) – \ln x}{x^{2}}$ 是一个 $\frac{0}{0}$ 型未定式, 所以，可以尝试使用洛必达法则：

$$
\begin{aligned}
\lim_{x \rightarrow 0^{+}} \frac{\ln(\sin x) – \ln x}{x^{2}} & = \lim_{x \rightarrow 0^{+}} \frac{\frac{\cos x}{\sin x} – \frac{1}{x}}{2x} \\ \\
& = \lim_{x \rightarrow 0^{+}} \frac{x \cos x – \sin x}{2x^{2} \textcolor{orange}{ \sin x }} \\ \\
& \leadsto \textcolor{gray}{\text{等价无穷很小： } \sin x \sim x} \\ \\
& = \lim_{x \rightarrow 0^{+}} \frac{x \cos x – \sin x}{2x^{2} \cdot \textcolor{orange}{x}} \\ \\
& = \lim_{x \rightarrow 0^{+}} \frac{x \cos x – \sin x}{2x^{3}}
\end{aligned}
$$

当 $x \rightarrow 0^{+}$ 的时候，式子 $\frac{x \cos x – \sin x}{2x^{3}}$ 的极限并不存在，但仍然是一个 $\frac{0}{0}$ 型未定式，符合继续使用洛必达运算的条件，所以，继续进行洛必达运算：

$$
\begin{aligned}
\textcolor{lightgreen}{ \lim_{x \rightarrow 0^{+}} \frac{x \cos x – \sin x}{2x^3} } & = \lim_{x \rightarrow 0^{+}} \frac{\cos x – x \sin x – \cos x}{6x^{2}} \\ \\
& = \lim_{x \rightarrow 0^{+}} \frac{-x \sin x}{6x^{2}} \\ \\
& = \frac{-1}{6} \lim_{x \rightarrow 0^{+}} \frac{\sin x}{x} \\ \\
& = \textcolor{lightgreen}{ \frac{-1}{6} }
\end{aligned}
$$

即：

$$
\lim_{x \rightarrow 0^{+}} \ln y = \frac{-1}{6} \textcolor{lightgreen}{\leadsto} \mathrm{e}^{\frac{-1}{6}} = \lim_{x \rightarrow 0^{+}} y
$$

综上可知：

$$
\textcolor{lightgreen}{
\lim_{x \rightarrow 0^{+}} y = \lim_{x \rightarrow 0^{+}} \left( \frac{\sin x}{x} \right)^{\frac{1}{x^{2}}} = \mathrm{e}^{\frac{-1}{6}}
}
$$

例题 3：$0^{0}$

题目

解析

观察原式可知，这是一个 $0^{0}$ 型的未定式, 于是先在原式等号两端对其取自然对数，得：

$$
\textcolor{yellow}{
\ln y = \frac{1}{\ln x} \ln \left( \frac{\pi}{2} – \arctan x \right) = \frac{\ln \left( \frac{\pi}{2} – \arctan x \right)}{\ln x} } \tag{3}
$$

由于当 $x \rightarrow + \infty$ 的时候，$\frac{\ln \left( \frac{\pi}{2} – \arctan x \right)}{\ln x}$ 是一个 $\frac{- \infty}{+ \infty}$ 型未定式, 也算是一个 $\frac{\infty}{\infty}$ 型的未定式，所以，可以尝试使用洛必达法则：

$$
\textcolor{orangered}{
\begin{aligned}
\lim_{x \rightarrow +\infty} = \frac{\ln \left( \frac{\pi}{2} – \arctan x \right)}{\ln x} & = \lim_{x \rightarrow +\infty} \frac{\frac{1}{\frac{\pi}{2} – \arctan x} \cdot \frac{-1}{x^{2} + 1}}{\frac{1}{x}} \\ \\
& = \lim_{x \rightarrow +\infty} \frac{-x}{\left( \frac{\pi}{2} – \arctan x \right) \left( x^{2} + 1 \right)} \\ \\
& = \lim_{x \rightarrow +\infty} \frac{-x}{\left( \frac{\pi}{2} – \arctan x \right) x^{2}} \\ \\
& = \lim_{x \rightarrow +\infty} \frac{-1}{\left( \frac{\pi}{2} – \arctan x \right) x} \\ \\
\end{aligned}
}
$$

可以看到，在对 $\frac{\ln \left( \frac{\pi}{2} – \arctan x \right)}{\ln x}$ 使用洛必达法则之后，得到的式子 $\frac{-1}{\left( \frac{\pi}{2} – \arctan x \right) x}$ 在 $x \rightarrow + \infty$ 的时候极限不存在，并且既不是 $\frac{0}{0}$ 型的未定式，也不是 $\frac{\infty}{\infty}$ 型的未定式，所以，倒推可知，不能对 $\frac{\ln \left( \frac{\pi}{2} – \arctan x \right)}{\ln x}$ 使用洛必达法则.

于是，我们尝试对上面的 $(3)$ 式做变量代换，将用无穷大量定义的式子，转变为用无穷小量定义，即令：

$$
t = \frac{1}{x}
$$

从而，由 $x \rightarrow + \infty$ 可得：

$$
t \rightarrow 0^{+}
$$

进而，上面的 $(3)$ 式就转变为：

$$
\textcolor{yellow}{
\ln y = \frac{\ln \left( \frac{\pi}{2} – \arctan \frac{1}{t} \right)}{\ln \frac{1}{t}} = \frac{\ln \left( \frac{\pi}{2} – \arctan \frac{1}{t} \right)}{ – \ln t } } \tag{4}
$$

Tip

$\ln \frac{1}{t}$ $=$ $\ln 1 – \ln t$ $=$ $0 – \ln t$ $=$ $- \ln t$.

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接着，根据《由 $\arctan$ 的三角恒等式得到的一个等价无穷小公式》这篇文章可知，当 $t \rightarrow 0^{+}$ 的时候，有：

$$
t \sim \frac{\pi}{2} – \arctan \frac{1}{t}
$$

于是，由上面的 $(4)$ 式，可得：

$$
\begin{aligned}
& \ln y = \frac{\ln t}{- \ln t} = -1 \\ \\
\textcolor{lightgreen}{ \leadsto } \ & \mathrm{e}^{-1} = y
\end{aligned}
$$

综上可知：

$$
\textcolor{lightgreen}{
y = \lim_{x \rightarrow +\infty} \left( \frac{\pi}{2} – \arctan x \right)^{\frac{1}{\ln x}} = \mathrm{e}^{-1} = \frac{1}{\mathrm{e}}
}
$$

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