问题及解答

求极限

\[
\lim_{x\rightarrow 0^+}\frac{x^x-(\sin x)^x}{x-\sin x}
\]

首先 $\lim\limits_{x\rightarrow 0^+}x^x=1$, 事实上,

\[
\lim_{x\rightarrow 0^+}x^x=\lim_{x\rightarrow 0^+}e^{x\ln x}=e^{\lim_{x\rightarrow 0^+}x\ln x}=e^0=1.
\]

因此, 原极限为

\[
\lim_{x\rightarrow 0^+}\frac{x^x(1-(\frac{\sin x}{x})^x)}{x-\sin x}=\lim_{x\rightarrow 0^+}\frac{1-(\frac{\sin x}{x})^x}{x-\sin x},
\]

注意到

\[
\lim_{x\rightarrow 0^+}(\frac{\sin x}{x})^x=\lim_{x\rightarrow 0^+}e^{x\ln\frac{\sin x}{x}}=e^{\lim_{x\rightarrow 0^+}x\ln\frac{\sin x}{x}}=e^0=1,
\]

故原极限(可用洛必达法则)

\[
=\lim_{x\rightarrow 0^+}\frac{-\bigl((\frac{\sin x}{x})^x\bigr)'}{1-\cos x}.
\]

其中

\[
\begin{split}
\Bigl[(\frac{\sin x}{x})^x\Bigr]' &=\Bigl[e^{x\ln\frac{\sin x}{x}}\Bigr]'\\
&=(\frac{\sin x}{x})^x \cdot\biggl[1\cdot\ln\frac{\sin x}{x}+x\cdot\frac{x}{\sin x}\cdot\frac{x\cos x-\sin x}{x^2}\biggr]\\
&=(\frac{\sin x}{x})^x \cdot\biggl[\ln\frac{\sin x}{x}+\frac{x\cos x-\sin x}{\sin x}\biggr]\\
\end{split}
\]

故

\[
\begin{split}
\text{原极限}&=\lim_{x\rightarrow 0^+}\frac{-1\cdot(\frac{\sin x}{x})^x \cdot\Bigl[\ln\frac{\sin x}{x}+\frac{x\cos x-\sin x}{\sin x}\Bigr]}{1-\cos x}\\
&=\lim_{x\rightarrow 0^+}\frac{\ln\frac{\sin x}{x}+\frac{x}{\tan x}-1}{\cos x-1}\\
&\stackrel{0/0}{=}\lim_{x\rightarrow 0^+}\frac{\frac{x}{\sin x}\Bigl[\frac{\sin x}{x}\Bigr]'+\frac{\tan x-x\sec^2 x}{\tan^2 x}}{-\sin x}\\
&=\lim_{x\rightarrow 0^+}\frac{-1}{x}\cdot\biggl[\frac{x}{\sin x}\cdot\frac{x\cos x-\sin x}{x^2}+\frac{1}{\tan x}-\frac{x}{\sin^2 x}\biggr]\\
&=\lim_{x\rightarrow 0^+}\frac{-1}{x}\cdot\frac{\sin x(x\cos x-\sin x)+x\sin x\cos x-x^2}{x\sin^2 x}\\
&=\lim_{x\rightarrow 0^+}\frac{x^2+\sin^2 x-x\sin(2x)}{x^4}\\
&\stackrel{0/0}{=}\lim_{x\rightarrow 0^+}\frac{2x+2\sin x\cos x-(\sin(2x)+2x\cos(2x))}{4x^3}\\
&=\lim_{x\rightarrow 0^+}\frac{2x(1-\cos(2x))}{4x^3}\\
&=\lim_{x\rightarrow 0^+}\frac{1-\cos(2x)}{2x^2}\\
&=\lim_{x\rightarrow 0^+}\frac{2\sin^2 x}{2x^2}\\
&=1.
\end{split}
\]

还有一种简便的方法是利用下面的积分以及积分中值定理,

\[
x^x -(\sin x)^x=\int_{\sin x}^{x}dt^x=\int_{\sin x}^{x}xt^{x-1}dt=x{\xi}^{x-1}\cdot(x-\sin x),
\]

这里 $\xi\in[\sin x,x]$, 这里不妨设 $0< \sin x < x<\frac{\pi}{2}$. 于是

\[
\frac{x^x -(\sin x)^x}{x-\sin x}=x{\xi}^{x-1}=\frac{x}{\xi}\cdot{\xi}^x.
\]

注意到 $\lim\limits_{x\rightarrow 0^+}\frac{x}{\xi}=1$, 这是因为 $\xi\in[\sin x,x]$. 另一方面

\[
(\sin x)^x < (\xi)^x < x^x,
\]

已经有 $\lim\limits_{x\rightarrow 0^+}x^x=1$, 我们同样也可以证明 $\lim\limits_{x\rightarrow 0^+}(\sin x)^x=1$, 从而 $\lim\limits_{x\rightarrow 0^+}(\xi)^x=1$.

事实上,

\[
\lim_{x\rightarrow 0^+}(\sin x)^x=\lim_{x\rightarrow 0^+}e^{x\ln\sin x}=e^{\lim_{x\rightarrow 0^+}x\ln\sin x},
\]

而

\[
\begin{split}
\lim_{x\rightarrow 0^+}x\ln\sin x&\stackrel{t=1/x}{=}\lim_{t\rightarrow+\infty}\frac{\ln\sin\frac{1}{t}}{t}\\
&\stackrel{\infty/\infty}{=}\lim_{t\rightarrow+\infty}\frac{\frac{1}{\sin\frac{1}{t}}\cdot\cos\frac{1}{t}\cdot\frac{-1}{t^2}}{1}\\
&=\lim_{t\rightarrow+\infty}\frac{-1}{t^2\cdot\tan\frac{1}{t}}\\
&=\lim_{t\rightarrow+\infty}\frac{-1}{t}\\
&=0,
\end{split}
\]

因此 $\lim\limits_{x\rightarrow 0^+}(\sin x)^x=e^0=1$.