贡献者： Relo Stern
定理 1
设 $f(x)$, $g(x)$, $h(x)$ 在 $x_{0}$ 的去心邻域内取正值,
且 $a>0$.
$(1)$ 若 ${\displaystyle \lim_{x\to x_{0}}}\,f(x)^{g(x)}={\displaystyle \lim_{x\to x_{0}}}\,f(x)^{h(x)}=a$,
则当 $x\to x_{0}$ 时,
$$
f(x)^{g(x)}-f(x)^{h(x)}\,\sim\,a\,\big(g(x)-h(x)\big)\ln f(x).~
$$
$(2)$ 若 ${\displaystyle {\displaystyle \lim_{x\to x_{0}}}\,}g(x)^{f(x)}={\displaystyle \lim_{x\to x_{0}}}\,h(x)^{f(x)}=a$,
且 ${\displaystyle \lim_{x\to x_{0}}}\,{\displaystyle \frac{g(x)}{h(x)}}=1,$
则当 $x\to x_{0}$ 时,
\[
g(x)^{f(x)}-h(x)^{f(x)}\,\sim\,a\,\big(g(x)-h(x)\big)\frac{f(x)}{h(x)}\sim\,a\,\big(g(x)-h(x)\big)\frac{f(x)}{g(x)}.~
\]
$(3)$ 若 $f(x)$ 与 $g(x)$ 是等价无穷小量且 ${\displaystyle {\displaystyle \lim_{x\to x_{0}}}\,}f(x)^{g(x)}={\displaystyle \lim_{x\to x_{0}}}\,g(x)^{f(x)}=a$,
则当 $x\to x_{0}$ 时,
\[
f(x)^{g(x)}-g(x)^{f(x)}\,\sim\,a\,\big(g(x)-f(x)\big)\ln f(x)\sim\,a\,\big(g(x)-f(x)\big)\ln g(x).~
\]
$(4)$ 若 $f(x)$ 与 $g(x)$ 是等价无穷小量且 ${\displaystyle {\displaystyle \lim_{x\to x_{0}}}\,}f(x)^{f(x)}={\displaystyle \lim_{x\to x_{0}}}\,g(x)^{g(x)}=a$,
则当 $x\to x_{0}$ 时,
\[
f(x)^{f(x)}-g(x)^{g(x)}\,\sim\,a\,\big(f(x)-g(x)\big)\ln f(x)\sim\,a\,\big(f(x)-g(x)\big)\ln g(x).~
\]
注记
若 $a=0$ 但相减的两个幂指函数是等价无穷小量, 则上面各个结论中的 $a$ 换成任一幂指函数即可, 如 $(1)$ 中的结论将变成
\[
f(x)^{g(x)}-f(x)^{h(x)}\,\sim\,f(x)^{g(x)}\,\big(g(x)-h(x)\big)\ln f(x),~
\]
其余类似.
Proof. 为记号简便, 将 $f(x)$, $g(x)$, $h(x)$ 分别略写为 $f$, $g,$ $h$.
$(1)$ 显然, $(g-h)\ln f$ 是无穷小量, 因此
\[
f^{g}-f^{h}=f^{h}\big(f^{g-h}-1\big)=f^{h}\big(\,\mathrm{e}^{(g-h)\ln f}-1\big)\sim a(g-h)\ln f.~
\]
$(2)$ 类似地,
\[g^{f}-h^{f}=h^{f}\big((g/h)^{f}-1\big)=h^{f}\big(\,\mathrm{e}^{f\ln\frac{g}{h}}-1\big)\sim af\ln\frac{g}{h}\sim af\left(\frac{g}{h}-1\right)\sim a(g-h)\frac{f}{h}\sim a(g-h)\frac{f}{g}.~\]
$(3)$ 由于 $f\sim g$ 故 $f^{f}=\big(f^{g}\big)^{\frac{f}{g}}\to a$,
所以可将 $f^{g}-g^{f}$ 看成 $(f^{g}-f^{f})+(f^{f}-g^{f})$, 并利用前面两个结论:
\[
f^{g}-f^{f}=a(g-f)\ln f,\qquad f^{f}-g^{f}=a(f-g)\frac{f}{g}\sim a(f-g),~
\]
因为 $f$ 是无穷小量, 所以 $\ln f=\infty$, 故上面的第二式被第一式控制. 综上, $f^{g}-g^{f}\sim a(g-f)\ln f.$ 另, 由于 $f$ 和 $g$ 是等价无穷小量, 所以
\[
\ln f=\ln\frac{f}{g}+\ln g=\ln g+o(1)\,\sim\,\ln g.~
\]
$(4)$ 的证明与 $(3)$ 类似, 留给读者. $\quad\square$
利用上面的定理，立即得到下面的推论：
推论 1
当 $x\to0^+$ 时成立
$(1)$ $x^{x}-x^{\sin x}\sim1\cdot(x-\sin x)\ln x\sim\frac{x^{3}}{6}\ln x.$
$(2)$ $x^{x}-(\sin x)^{x}\sim1\cdot(x-\sin x)\frac{x}{\sin x}\sim\frac{x^{3}}{6}.$
$(3)$ $x^{\sin x}-(\sin x)^{x}\sim1\cdot(\sin x-x)\ln x\sim\,\frac{-x^{3}}{6}\ln x.$
$(4)$ $x^{x}-(\sin x)^{\sin x}\sim1\cdot(x-\sin x)\ln x\sim\frac{x^{3}}{6}\ln x.$
$$~$$
下面来看几个例子.
例 1
证明：当 $x\to0^+$ 时, $x^{(\sin x)^{x}}-(\sin x)^{x^{\sin x}}\sim\frac{x^{3}}{6}.$
Proof. 令 $u(x)=(\sin x)^{x}$, $v(x)=x^{\sin x}$, 则 $x^{u(x)}-(\sin x)^{v(x)}$
可看成 $$\big(x^{u(x)}-x^{v(x)}\big)+\big(x^{v(x)}-(\sin x)^{v(x)}\big).~$$
利用定理的前面两个结论:
\[
x^{u(x)}-x^{v(x)}\sim x^{u(x)}\big(u(x)-v(x)\big)\ln x,\qquad x^{v(x)}-(\sin x)^{v(x)}\sim x^{v(x)-1}(x-\sin x)v(x).~
\]
另一方面, 易知 $u(x)\to1$ 及 $v(x)\to1$ 且 $x^{u(x)}\sim x$ 及 $x^{v(x)}\sim x$, 再利用定理的第三个结论:
\[
u(x)-v(x)\sim(\sin x-x)\ln x\sim\frac{-x^{3}}{6}\ln x.~
\]
因而
\[
x^{u(x)}-x^{v(x)}\sim\frac{-x^{4}}{6}\ln^{2}x,\qquad x^{v(x)}-(\sin x)^{v(x)}\sim\frac{x^{3}}{6}.~
\]
由于 ${\displaystyle \lim_{x\to0^+}x^{\alpha}\ln x=0}$ $(\alpha>0)$,
故上面的第一式是第二式的高阶无穷小, 因此只剩下第二式. 综上, $$x^{u(x)}-(\sin x)^{v(x)}\sim\frac{x^{3}}{6}.~$$ 证毕. $\quad\square$
习题 1
求下面极限.
$(1)$ ${\displaystyle \lim_{x\to0^{+}}\frac{x^{x^{x}}-(\sin x)^{(\sin x)^{\sin x}}}{x^{3}}.}$
$(2)$ ${\displaystyle \lim_{x\to0^{+}}\frac{x^{x^{\sin x}}-(\sin x)^{(\sin x)^{x}}}{x^{3}}.}$
$(3)$ ${\displaystyle \lim_{x\to0^{+}}\frac{x^{(\sin x)^{\sin x}}-(\sin x)^{x^{x}}}{x^{3}}.}$
$(4)$ ${\displaystyle \lim_{x\to0^{+}}\frac{x^{(\sin x)^{\sin x}}-(\sin x)^{(\sin x)^{x}}}{x^{3}}.}$
$(5)$ ${\displaystyle \lim_{x\to0^{+}}\frac{x^{(\sin x)^{\tan x}}-(\tan x)^{(\sin x)^{x}}}{x^{3}}.}$