泰勒公式 VS 拆项变形，哪种解法更简单？

一、题目

$$
I = \lim_{x \rightarrow 0} \frac{ 2 – \left(\frac{1+\cos x}{2}\right)^{x} – \left[\frac{1+\ln(1+x)}{1+x}\right]^{x}}{x^{3}} = ?
$$

二、解析

解法 1：泰勒公式法

本解法的特点：计算量适中，不需要太多技巧，但是需要记忆的公式多.

首先，令：

$$
\begin{aligned}
A(x) & = \left( \frac{1 + \cos x}{2} \right)^{x} \\ \\
B(x) & = \left[ \frac{1 + \ln(1+x)}{1 + x} \right]^{x}
\end{aligned}
$$

接着，根据 $\mathrm{e}$ 抬起，我们有：

$$
\begin{aligned}
A(x) & = \mathrm{e}^{x \cdot \ln \left(\frac{1+\cos x}{2}\right)} \\ \\
B(x) & = \mathrm{e}^{x \cdot \ln \left( \frac{1+\ln(1+x)}{1+x} \right)}
\end{aligned}
$$

于是，根据泰勒公式，有：

$$
\cos x = 1 – \frac{x^{2}}{2} + o(x^{2})
$$

因此：

$$
\frac{1+\cos x}{2} = \frac{1 + (1 – \frac{x^{2}}{2} + o(x^{2}))}{2} = 1 – \frac{x^{2}}{4} + o(x^{2})
$$

又因为，当 $t \rightarrow 0$, 有：

$$
\ln(1+t) \sim t
$$

所以：

$$
\ln \left(1 – \frac{x^{2}}{4} + o(x^{2})\right) = \frac{-x^{2}}{4} + o(x^{2})
$$

于是：

$$
x \cdot \ln \left(\frac{1+\cos x}{2}\right) = x \left( \frac{-x^{2}}{4} + o(x^{2}) \right) = \frac{-x^{3}}{4} + o(x^{3})
$$

又根据泰勒公式可知：

$$
\mathrm{e}^t = 1 + t + o(t)
$$

于是：

$$
A(x) = \mathrm{e}^{-\frac{x^{3}}{4} + o(x^{3})} = 1 – \frac{x^{3}}{4} + o(x^{3})
$$

对于 $B(x)$ $=$ $\mathrm{e}^{x \cdot \ln \left( \frac{1+\ln(1+x)}{1+x} \right)}$, 我们首先对其中的对数部分进行变形简化：

$$
\ln \left[ \frac{1+\ln(1+x)}{1+x} \right] = \ln[1+\ln(1+x)] – \ln(1+x)
$$

接着，根据泰勒公式，有：

$$
\ln(1+x) = x – \frac{x^{2}}{2} + o(x^{2})
$$

于是，若令 $t$ $=$ $\ln(1+x) = x – \frac{x^{2}}{2} + o(x^{2})$, 则：

$$
\begin{aligned}
\ln[1+\ln(1+x)] & = \ln(1+t) \\ \\
& = t – \frac{t^{2}}{2} + o(t^{2}) \\ \\
& = \left(x – \frac{x^{2}}{2}\right) – \frac{1}{2}\left(x – \frac{x^{2}}{2}\right)^{2} + o(x^{2}) \\ \\
& = x – \frac{x^{2}}{2} – \frac{x^{2}}{2} + o(x^{2}) \\ \\
& = x – x^{2} + o(x^{2})
\end{aligned}
$$

所以：

$$
\begin{aligned}
\ln \left[ \frac{1+\ln(1+x)}{1+x} \right] & = \ln[1+\ln(1+x)] – \ln(1+x) \\ \\
& = (x – x^{2}) – (x – \frac{x^{2}}{2}) + o(x^{2}) \\ \\
& = \frac{-x^{2}}{2} + o(x^{2})
\end{aligned}
$$

进而：

$$
x \cdot \left( \frac{-x^{2}}{2} + o(x^{2}) \right) = \frac{-x^{3}}{2} + o(x^{3})
$$

因此：

$$
\begin{aligned}
B(x) & = \mathrm{e}^{\frac{-x^{3}}{2} + o(x^{3})} \\ \\
& = 1 – \frac{x^{3}}{2} + o(x^{3})
\end{aligned}
$$

综上，有：

$$
\begin{aligned}
\textcolor{springgreen}{ I } & = \lim_{x \rightarrow 0} \frac{2 – (1 – \frac{x^{3}}{4}) – (1 – \frac{x^{3}}{2}) + o(x^{3})}{x^{3}} \\ \\
& = \lim_{x \rightarrow 0} \frac{2 – 1 + \frac{x^{3}}{4} – 1 + \frac{x^{3}}{2}}{x^{3}} \\ \\
& = \lim_{x \rightarrow 0} \frac{\frac{3}{4}x^{3}}{x^{3}} \\ \\
& = \textcolor{springgreen}{ \frac{3}{4} }
\end{aligned}
$$

解法 2：拆项组合法

本解法的特点：计算量不大，但是需要技巧.

首先，将原式设为：

$$
\begin{aligned}
I & = \lim_{x \rightarrow 0} \frac{ 2 – \textcolor{orange}{ \left(\frac{1+\cos x}{2}\right)^{x} } – \textcolor{lightgreen}{ \left[\frac{1+\ln(1+x)}{1+x}\right]^{x}}}{x^{3}} \\ \\
& = \lim_{x \rightarrow 0} \left( \frac{1 – \textcolor{orange}{ A(x) }}{x^{3}} + \frac{1 – \textcolor{lightgreen}{ B(x) }}{x^{3}} \right) \\ \\
& = \lim_{x \rightarrow 0} \left( L_{1} + L_{2} \right)
\end{aligned}
$$

又根据等价无穷小变换可知，当 $\square \rightarrow 1$ 的时候，有：

$$
1 – \square \sim -\ln(\square)
$$

接下来对 $\textcolor{orange}{ \left(\frac{1+\cos x}{2}\right)^{x} }$ 和 $\textcolor{lightgreen}{ \left[\frac{1+\ln(1+x)}{1+x} \right]^{x}}$ 的处理，也可以通过 $\mathrm{e}$ 抬起进行变形：

$\left(\frac{1+\cos x}{2}\right)^{x}$ $=$ $\mathrm{e}^{x \ln \left(\frac{1+\cos x}{2}\right)}$

$\left[\frac{1+\ln(1+x)}{1+x} \right]^{x}$ $=$ $\mathrm{e}^{x \ln \left[\frac{1+\ln(1+x)}{1+x} \right]}$

之后，利用 $\mathrm{e}^{x} – 1$ $\sim$ $x$ 这个等价无穷小做进一步的化简：

$1 – \mathrm{e}^{x \ln \left(\frac{1+\cos x}{2}\right)}$ $\sim$ $- x \ln \left(\frac{1+\cos x}{2}\right)$

$1 – \mathrm{e}^{x \ln \left[\frac{1+\ln(1+x)}{1+x} \right]}$ $\sim$ $- x \ln \left[\frac{1+\ln(1+x)}{1+x} \right]$

于是：

$$
\begin{aligned}
L_{1} & = \lim \frac{1 – A(x)}{x^{3}} \\ \\
& = \lim_{x \rightarrow 0} \frac{-\ln(A(x))}{x^{3}} \\ \\
& = \lim_{x \rightarrow 0} \frac{-x \ln(\frac{1+\cos x}{2})}{x^{3}} \\ \\
& = \lim_{x \rightarrow 0} \frac{-\ln(1 + \frac{\cos x – 1}{2})}{x^{2}} \\ \\
& \sim \lim_{x \rightarrow 0} \frac{-( \frac{\cos x – 1}{2} )}{x^{2}} \\ \\
& = \lim_{x \rightarrow 0} \frac{ \frac{1 – \cos x}{2} }{x^{2}} \\ \\
& = \lim_{x \rightarrow 0} \frac{ \frac{1}{2} \cdot \frac{x^{2}}{2} }{x^{2}} \\ \\
& = \frac{1}{4} \\ \\ \\
L_{2} & = \lim \frac{1 – B(x)}{x^{3}} \\ \\
& = \lim_{x \rightarrow 0} \frac{-\ln(B(x))}{x^{3}} \\ \\
& = \lim_{x \rightarrow 0} \frac{-x \ln \left( \frac{1+\ln(1+x)}{1+x} \right)}{x^{3}} \\ \\
& = \lim_{x \rightarrow 0} \frac{ \ln(1+x) – \ln(1+\ln(1+x)) }{x^{2}} \\ \\
& \textcolor{lightgreen}{ \leadsto } \textcolor{gray}{ \text{令 } t = \ln (1+x), \text{则当 } x \rightarrow 0 \text{ 时 } t \rightarrow 0} \\ \\
& = \textcolor{#00bffe}{ \lim_{t \rightarrow 0} \frac{t – \ln(1+t)}{t^{2}} } \\ \\
& \textcolor{lightgreen}{ \leadsto } \textcolor{gray}{洛必达法则} \\ \\
& = \lim_{t \rightarrow 0} \frac{1 – \frac{1}{1+t}}{2t} \\ \\
& = \lim_{t \rightarrow 0} \frac{t}{1+t} \times \frac{1}{2t} \\ \\
& = \lim_{t \rightarrow 0} \frac{1}{2 \left( 1+t \right)} \\ \\
& = \frac{1}{2}
\end{aligned}
$$

综上，有：

$$
\begin{aligned}
\textcolor{springgreen}{ I } & = \lim_{x \rightarrow 0} \left( L_{1} + L_{2} \right) \\ \\
& = \frac{1}{4} + \frac{1}{2} \\ \\
& = \textcolor{springgreen}{\frac{3}{4}}
\end{aligned}
$$

当然，对于上面的 $\textcolor{#00bffe}{ \lim_{t \rightarrow 0} \frac{t – \ln(1+t)}{t^{2}} }$, 也可以用泰勒公式求解——

根据泰勒公式，可知：

$$
\ln(1+t) \approx t – \frac{t^{2}}{2}
$$

于是：

$$
t – \left( t – \frac{t^{2}}{2} \right) = \frac{t^{2}}{2}
$$

因此：

$$
L_{2} = \frac{\frac{t^{2}}{2}}{t^{2}} = \frac{1}{2}
$$