一类n层幂指函数的等价无穷小

The Equivalent Infinitesimal of a Class of n-Layer Power-Exponent Functions

摘要: 文章利用等价无穷小替换、泰勒公式和数学归纳法得到了一类n层幂指函数的等价无穷小，为求这类幂指函数的极限提供了有力工具，并且为处理类似函数的极限提供了一种解题思路。

Abstract: In this paper, the equivalent infinitesimals of a class of n-layer power-exponent functions are obtained by using equivalent infinitesimal substitution, Taylor’s formulas and mathematical induction, which provides a useful tool for finding the limit of this class of power-exponent functions, and also provides a solution idea to deal with the limit of similar functions.

1. 问题的发现与猜想

一般地，形如$f\left(x\right)=u{\left(x\right)}^{v\left(x\right)}\left(u\left(x\right)>0且u\left(x\right)\ne 1\right)$ 的函数称为幂指函数，它既不是幂函数，又不是指数函数，但二者的特点它又兼而有之，因此幂指函数的相关性质较为复杂。其次，极限是研究微积分的重要工具，掌握好函数极限是学好数学分析的关键，幂指函数的指数和底数都是变量，常有学生在求幂指函数的极限时误用幂函数或者指数函数公式求解。

在数学分析教材[1]中，给出幂指函数不定式极限类型主要有$0^0,1^{\infty },{\infty }^0$ 型，其计算方法可通过对数恒等式${\text{e}}^{\ln N}=N\left(N>0\right)$ 将幂指函数的极限化为$\frac{0}{0},\frac{\infty }{\infty }$ 型后利用洛必达法则，然而较多幂指函数取对数后运用洛必达法则所得的表达式较为复杂，从而导致学生计算幂指函数型不定式时经常出错[2]，其次如果幂指函数极限类型为$1^{\infty }$ 型，还可以利用第二重要极限$\underset{x\to \infty }{\lim }{\left(1+\frac{1}{x}\right)}^x=\text{e}$ 求解。若在幂指函数极限的计算过程中，适当地利用等价无穷小替换法求极限，可起到事半功倍的效果[2] [3]。但通常等价无穷小替换只能在有限项的乘除运算中使用，对于在有限项的加减运算[4]、无限项的乘积[5]或复合运算[3]中也有一些学者进行了讨论，其主要方法有洛必达法则、等价无穷小替换和泰勒公式等[6] [7]。对于幂指函数(含两层)极限的计算方法理论相对完善，但随着幂指函数层数的增多，其难度会随之增高，因此文献[7]-[9]对含三层幂指函数的极限方法进行了研究，主要证明了函数极限：

$\underset{x\to 0^{+}}{\lim }\frac{x^{{\left(\sin x\right)}^x}-{\left(\sin x\right)}^{x^{\sin x}}}{x^3}=\frac{1}{6}$

另利用文献[1]中的方法得到函数极限：

$\underset{x\to 0^{+}}{\lim }\frac{x-\sin x}{x^3}=\underset{x\to 0^{+}}{\lim }\frac{1-\cos x}{3x^2}=\underset{x\to 0^{+}}{\lim }\frac{\frac{1}{2}{x}^2}{3x^2}=\frac{1}{6}$

这两个函数极限相同，这是巧合还是有一定的联系呢？文献[9]利用数学归纳法对其进行了研究，给出几个幂指函数的极限，但只证明了一个2n层幂指函数的极限。又当$x\to 0^{+}$ 时，有$\sin x~\tan x$ ，则将上述函数中的$\sin x$ 替换为$\tan x$ ，能否有类似的结论呢？带着这个问题及利用文献[1]中求函数极限的方法得到函数极限：

$\underset{x\to 0^{+}}{\lim }\frac{x-\tan x}{x^3}=\underset{x\to 0^{+}}{\lim }\frac{1-{\sec }^{2}x}{3x^2}=\underset{x\to 0^{+}}{\lim }\frac{\left(\cos x-1\right)\left(\cos x+1\right)}{3x^2\cdot {\cos }^{2}x}=\underset{x\to 0^{+}}{\lim }\frac{-\frac{1}{2}{x}^2\cdot 2}{3x^2}=-\frac{1}{3}$

能否类似地猜测含三层幂指函数的极限：

$\underset{x\to 0^{+}}{\lim }\frac{x^{{\left(\tan x\right)}^x}-{\left(\tan x\right)}^x{}^{{}^{\tan x}}}{x^3}=-\frac{1}{3}$

也成立呢？此结论能否进行推广至含n层幂指函数的极限呢？在这个问题的驱动下，本文利用对数恒等式、等价无穷小替换、泰勒公式并结合数学归纳法得到了一类n层幂指函数的等价无穷小，为求上述类型函数的极限提供了一种思路。

2. 理论基础准备

将形如$u{\left(x\right)}^{v\left(x\right)}$ 的幂指函数称为含两层幂指函数，形如$u{\left(x\right)}^{v{\left(x\right)}^{{}^{w\left(x\right)}}}$ 的幂指函数称为含三层幂指函数。为了得到含n层幂指函数的等价无穷小，先从幂指函数、含三层幂指函数的等价无穷小开始研究，再利用数学归纳法逐步推广至含n层幂指函数极限计算方法。自然对数恒等式${\text{e}}^{\ln N}=N\left(N>0\right)$ 在高等数学中的应用极为广泛，利用它和对数运算法则能够将幂指函数由复合形式变形为积或商的形式，从而简化幂指函数的运算过程。

$f\left(x\right)={\text{e}}^{\ln f\left(x\right)},f{\left(x\right)}^{g\left(x\right)}={\text{e}}^{\ln f{\left(x\right)}^{g\left(x\right)}}={\text{e}}^{g\left(x\right)\ln f\left(x\right)}$

常见的等价无穷小：当$\square \to 0$ 时，有：

$\square ~\sin \square ,\square ~\tan \square ,\square ~\arcsin \square ,\square ~\arctan \square ,{\text{e}}^{\square }-1~\square ,\ln \left(1+\square \right)~\square$

引理1 当$x\to 0^{+}$ 时，有：

$x^{\tan x}-1~x\ln x;{\left(\tan x\right)}^x-1~x\ln x$

证明 当$x\to 0^{+}$ 时，由对数恒等式及等价无穷小量得：

$\begin{array}{l}{x}^{\tan x}-1={\text{e}}^{\tan x\ln x}-1~\tan x\ln x~x\ln x;\\ {\left(\tan x\right)}^x-1={\text{e}}^{x\ln \tan x}-1~x\ln \tan x~x\ln x\end{array}$

注：先利用对数恒等式对幂指函数进行等价变形，再利用等价无穷小进行求解极限。若$f\left(x\right)$ 与$f_1\left(x\right)$ 是正值可导函数，且为x的同一变化过程中的等价无穷小，则$\ln f\left(x\right)~\ln f_1\left(x\right)$ [2]。

引理2 当$x\to 0^{+}$ 时，有：

$x^{{\left(\tan x\right)}^x}~x;{\left(\tan x\right)}^{x^{\left(\tan x\right)}}~x$

证明 因为

$\underset{x\to 0^{+}}{\lim }\frac{x^{{\left(\tan x\right)}^x}}{x}=\underset{x\to 0^{+}}{\lim }{x}^{{\left(\tan x\right)}^x-1}=\underset{x\to 0^{+}}{\lim }{\text{e}}^{\left({\left(\tan x\right)}^x-1\right)\ln x}={\text{e}}^{\underset{x\to 0^{+}}{\lim }\left({\left(\tan x\right)}^x-1\right)\ln x}$

其中

$\underset{x\to 0^{+}}{\lim }\left({\left(\tan x\right)}^x-1\right)\ln x=\underset{x\to 0^{+}}{\lim }x{\left(\ln x\right)}^2=\underset{x\to 0^{+}}{\lim }\frac{{\left(\ln x\right)}^2}{\frac{1}{x}}=\underset{x\to 0^{+}}{\lim }\frac{2\ln x\cdot \frac{1}{x}}{\frac{-1}{x^2}}=-2\underset{x\to 0^{+}}{\lim }x\ln x=-2\underset{x\to 0^{+}}{\lim }\frac{\ln x}{\frac{1}{x}}=2\underset{x\to 0^{+}}{\lim }x=0$

故

$\underset{x\to 0^{+}}{\lim }\frac{x^{{\left(\tan x\right)}^x}}{x}={\text{e}}^{\underset{x\to 0^{+}}{\lim }\left({\left(\tan x\right)}^x-1\right)\ln x}=1$

即当$x\to 0^{+}$ 时，有：

$x^{{\left(\tan x\right)}^x}~x$

又因为

$\underset{x\to 0^{+}}{\lim }\frac{{\left(\tan x\right)}^{x^{\left(\tan x\right)}}}{x}=\underset{x\to 0^{+}}{\lim }\frac{{\left(\tan x\right)}^{x^{\left(\tan x\right)}}}{\tan x}\cdot \frac{\tan x}{x}=\underset{x\to 0^{+}}{\lim }{\left(\tan x\right)}^{x^{\left(\tan x\right)}-1}=\underset{x\to 0^{+}}{\lim }{\text{e}}^{\left(x^{\tan x}-1\right)\ln \tan x}={\text{e}}^{\underset{x\to 0^{+}}{\lim }\left(x^{\tan x}-1\right)\ln \tan x}$

其中

$\underset{x\to 0^{+}}{\lim }\left(x^{\tan x}-1\right)\ln \tan x=\underset{x\to 0^{+}}{\lim }\left(x^{\tan x}-1\right)\ln x=\underset{x\to 0^{+}}{\lim }x{\left(\ln x\right)}^2=0$

故

$\underset{x\to 0^{+}}{\lim }\frac{{\left(\tan x\right)}^{x^{\left(\tan x\right)}}}{x}={\text{e}}^{\underset{x\to 0^{+}}{\lim }\left(x^{\tan x}-1\right)\ln \tan x}=1$

即当$x\to 0^{+}$ 时，有：

${\left(\tan x\right)}^{x^{\left(\tan x\right)}}~x$

综上所述，引理2成立。

注：含三层幂指函数的极限先利用对数恒等式将幂指函数层数降低一层，再求极限。

引理3 当$x\to 0^{+}$ 时，有：

$x^{\tan x}-{\left(\tan x\right)}^x~\frac{1}{3}{x}^3\ln x$

证明 因为

$\begin{array}{c}{x}^{\tan x}-{\left(\tan x\right)}^x={\text{e}}^{\tan x\ln x}-{\text{e}}^{x\ln \tan x}\\ ={\text{e}}^{x\ln \tan x}\left({\text{e}}^{\tan x\ln x-x\ln \tan x}-1\right)\\ ={\text{e}}^{x\ln \tan x}\left(\tan x\ln x-x\ln \tan x\right)\end{array}$

故

$\begin{array}{l}\underset{x\to 0^{+}}{\lim }\frac{x^{\tan x}-{\left(\tan x\right)}^x}{x^3\ln x}\\ =\underset{x\to 0^{+}}{\lim }\frac{{\text{e}}^{x\ln \tan x}\left(\tan x\ln x-x\ln \tan x\right)}{x^3\ln x}\\ =\underset{x\to 0^{+}}{\lim }{\text{e}}^{x\ln \tan x}\cdot \underset{x\to 0^{+}}{\lim }\frac{\tan x\ln x-x\ln \tan x}{x^3\ln x}\\ ={\text{e}}^{\underset{x\to 0^{+}}{\lim }x\ln \tan x}\cdot \underset{x\to 0^{+}}{\lim }\frac{\left(x+\frac{1}{3}{x}^3+o\left(x^3\right)\right)\ln x-x\ln \left(x+\frac{1}{3}{x}^3+o\left(x^3\right)\right)}{x^3\ln x}\\ ={\text{e}}^{\underset{x\to 0^{+}}{\lim }x\ln x}\cdot \underset{x\to 0^{+}}{\lim }\frac{\left(x+\frac{1}{3}{x}^3+o\left(x^3\right)\right)\ln x-x\ln \left[x\left(1+\frac{1}{3}{x}^2+o\left(x^2\right)\right)\right]}{x^3\ln x}\\ ={\text{e}}^0\cdot \underset{x\to 0^{+}}{\lim }\frac{\left(x+\frac{1}{3}{x}^3+o\left(x^3\right)\right)\ln x-x\ln x-x\ln \left(1+\frac{1}{3}{x}^2+o\left(x^2\right)\right)}{x^3\ln x}\\ =\underset{x\to 0^{+}}{\lim }\frac{\left(\frac{1}{3}{x}^3+o\left(x^3\right)\right)\ln x-x\left(\frac{1}{3}{x}^2+o\left(x^2\right)\right)}{x^3\ln x}\\ =\underset{x\to 0^{+}}{\lim }\frac{\frac{1}{3}{x}^3+o\left(x^3\right)}{x^3}-\underset{x\to 0^{+}}{\lim }\frac{\frac{1}{3}{x}^3+o\left(x^3\right)}{x^3}\cdot \frac{1}{\ln x}\\ =\frac{1}{3}\end{array}$

即当$x\to 0^{+}$ 时，有：

$x^{\tan x}-{\left(\tan x\right)}^x~\frac{1}{3}{x}^3\ln x$

注：求两个幂指函数之差的等价无穷小时，先将减法运算通过强制提取公因式变为乘积形式，再利用当$\square \to 0$ 时，${\text{e}}^{\square }-1~\square$ 来求解极限，过程中若有多类函数的乘除运算，则可利用带有佩亚诺型余项的泰勒公式进行化简求解，这比直接利用洛必达法则求极限的运算复杂度往往低。

引理4 当$x\to 0^{+}$ 时，有：

$x^{{\left(\tan x\right)}^x}-{\left(\tan x\right)}^{x^{\left(\tan x\right)}}~-\frac{1}{3}{x}^3$

证明 因为

$\begin{array}{l}{x}^{{\left(\tan x\right)}^x}-{\left(\tan x\right)}^{x^{\left(\tan x\right)}}\\ ={\text{e}}^{{\left(\tan x\right)}^x\ln x}-{\text{e}}^{x^{\left(\tan x\right)}\ln \tan x}\\ ={\text{e}}^{{\left(\tan x\right)}^x\ln x}\left(1-{\text{e}}^{x^{\left(\tan x\right)}\ln \tan x-{\left(\tan x\right)}^x\ln x}\right)\end{array}$

故

$\begin{array}{l}\underset{x\to 0^{+}}{\lim }\frac{x^{{\left(\tan x\right)}^x}-{\left(\tan x\right)}^{x^{\left(\tan x\right)}}}{x^3}\\ =\underset{x\to 0^{+}}{\lim }\frac{{\text{e}}^{{\left(\tan x\right)}^x\ln x}\left(1-{\text{e}}^{x^{\left(\tan x\right)}\ln \tan x-{\left(\tan x\right)}^x\ln x}\right)}{x^3}\\ =\underset{x\to 0^{+}}{\lim }{\text{e}}^{{\left(\tan x\right)}^x\ln x}\cdot \frac{{\left(\tan x\right)}^x\ln x-x^{\left(\tan x\right)}\ln \tan x}{x^3}\\ =\underset{x\to 0^{+}}{\lim }x\cdot \frac{{\left(\tan x\right)}^x\ln x-x^{\left(\tan x\right)}\ln \left(x+\frac{1}{3}{x}^3+o\left(x^3\right)\right)}{x^3}\\ =\underset{x\to 0^{+}}{\lim }\frac{{\left(\tan x\right)}^x\ln x-x^{\left(\tan x\right)}\ln \left[x\left(1+\frac{1}{3}{x}^2+o\left(x^2\right)\right)\right]}{x^2}\\ =\underset{x\to 0^{+}}{\lim }\frac{{\left(\tan x\right)}^x-x^{\left(\tan x\right)}}{x^2}\ln x-\underset{x\to 0^{+}}{\lim }\frac{x^{\left(\tan x\right)}\ln \left(1+\frac{1}{3}{x}^2+o\left(x^2\right)\right)}{x^2}\\ =\underset{x\to 0^{+}}{\lim }\frac{\frac{1}{3}{x}^3\ln x}{x^2}\ln x-\underset{x\to 0^{+}}{\lim }\frac{x^{\left(\tan x\right)}\left(\frac{1}{3}{x}^2+o\left(x^2\right)\right)}{x^2}\\ =\underset{x\to 0^{+}}{\lim }\frac{1}{3}x{\left(\ln x\right)}^2-\underset{x\to 0^{+}}{\lim }{x}^{\left(\tan x\right)}\cdot \underset{x\to 0^{+}}{\lim }\frac{\frac{1}{3}{x}^2+o\left(x^2\right)}{x^2}\\ =0-1\cdot \frac{1}{3}=-\frac{1}{3}\end{array}$

即当$x\to 0^{+}$ 时，有：

$x^{{\left(\tan x\right)}^x}-{\left(\tan x\right)}^{x^{\left(\tan x\right)}}~-\frac{1}{3}{x}^3$

注：求两个含三层幂指函数之差的等价无穷小时，先将其变形为二层幂指函数之差的极限，再将减法运算通过强制提取公因式变为乘积形式，最后利用等价无穷小替换、泰勒公式等化简计算，这比直接利用洛必达法则求解方便快捷且不易出错。此外，这个引理的结论还回答了开头猜测的函数极限：

$\underset{x\to 0^{+}}{\lim }\frac{x^{{\left(\tan x\right)}^x}-{\left(\tan x\right)}^x{}^{{}^{\tan x}}}{x^3}=-\frac{1}{3}$

成立。

3. 主要结论及其证明

为了得到更一般的结论，我们通过数学归纳法研究几个含n层幂指函数的等价无穷小。

定理1 当$x\to 0^{+}$ 时($2n-1$ 层，n为正整数)，有：

$x^{{\left(\tan x\right)}^{x^{{\left(\tan x\right)}^{{{}^{\cdots }}^{{}^{x^{{\left(\tan x\right)}^x}}}}}}}~x$ (1)

${}^{{\left(\tan x\right)}^{x^{{\left(\tan x\right)}^x{}^{{{}^{\cdots }}^{{}^{{\left(\tan x\right)}^{x^{\left(\tan x\right)}}}}}}}}~x$ (2)

当$x\to 0^{+}$ 时(2n层，n为正整数)，有：

$x^{{\left(\tan x\right)}^{x^{{\left(\tan x\right)}^{{\cdots }^{x^{\left(\tan x\right)}}}}}}-1~x\ln x$ (3)

${}^{{\left(\tan x\right)}^{x^{{\left(\tan x\right)}^{x^{\cdots }{}^{{}^{{\left(\tan x\right)}^x}}}}}}-1~x\ln x$ (4)

分析：通过引理1和引理2可见，含二层幂指函数与含三层幂指函数的等价无穷小结构不同，因此需对含n层幂指函数的等价无穷小按奇数层和偶数层分类讨论。

证明：当$n=1$ 时，显然有命题(1)、(2)成立。由引理1知，当$n=1$ 时，命题(3)、(4)成立。假设当$n=k$ 时，命题(1)~(4)都成立，则下证$n=k+1$ 时，命题也成立。

由假设当$n=k$ 时，命题(4)成立，即当$x\to 0^{+}$ 时，${}^{{\left(\tan x\right)}^{x^{{\left(\tan x\right)}^{x^{\cdots }{}^{{}^{{\left(\tan x\right)}^x}}}}}}-1~x\ln x$ (2k层，k为正整数)，故当$n=k+1$ 时，有：

$\begin{array}{l}\underset{x\to 0^{+}}{\lim }\frac{x^{{\left(\tan x\right)}^{x^{{\left(\tan x\right)}^{{\cdots }^{x^{{\left(\tan x\right)}^x}}}}}}}{x}\begin{array}{cc}& \left(2k+1层\right)\end{array}=\underset{x\to 0^{+}}{\lim }{x}^{\left[{\left(\tan x\right)}^{x^{{\left(\tan x\right)}^x{}^{{{}^{\cdots }}^{{}^{{\left(\tan x\right)}^x}}}}}-1\right]}\\ =\underset{x\to 0^{+}}{\lim }{\text{e}}^{\left[{\left(\tan x\right)}^{x^{{\left(\tan x\right)}^{x^{\cdots }{}^{{}^{{\left(\tan x\right)}^x}}}}}-1\right]\ln x}\begin{array}{cc}& \left(2k层\right)\end{array}={\text{e}}^{\underset{x\to 0^{+}}{\lim }\left[{\left(\tan x\right)}^{x^{{\left(\tan x\right)}^{x^{\cdots }{}^{{}^{{}^{{\left(\tan x\right)}^x}}}}}}-1\right]\ln x}\\ ={\text{e}}^{\underset{x\to 0^{+}}{\lim }x\ln x\cdot \ln x}\\ =1\end{array}$

从而当$x\to 0^{+}$ 时($2k+1$ 层，k为正整数)，有：

$x^{{\left(\tan x\right)}^{x^{{\left(\tan x\right)}^{{\cdots }^{x^{{}^{{\left(\tan x\right)}^x}}}}}}}~x$

即当$n=k+1$ 时，命题(1)成立。于是由第一数学归纳法得到对于任意的正整数n，命题(1)都成立。

又由假设当$n=k$ 时，命题(3)成立，即当$x\to 0^{+}$ 时，$x^{{\left(\tan x\right)}^{x^{{\left(\tan x\right)}^{{\cdots }^{x^{\left(\tan x\right)}}}}}}-1~x\ln x$ (2k层，k为正整数)，故当$n=k+1$ 时，有：

$\begin{array}{l}\underset{x\to 0^{+}}{\lim }\frac{{\left(\tan x\right)}^{x^{{\left(\tan x\right)}^{x^{\cdots }{}^{{}^{{\left(\tan x\right)}^{x^{\left(\tan x\right)}}}}}}}}{x}\begin{array}{cc}& \left(2k+1层\right)\end{array}\\ =\underset{x\to 0^{+}}{\lim }\frac{{\left(\tan x\right)}^{x^{{\left(\tan x\right)}^{x^{\cdots }{}^{{}^{{\left(\tan x\right)}^{x^{\left(\tan x\right)}}}}}}}}{\tan x}\cdot \frac{\tan x}{x}\\ =\underset{x\to 0^{+}}{\lim }\frac{{\left(\tan x\right)}^{x^{{\left(\tan x\right)}^x{}^{{{}^{\cdots }}^{{}^{{\left(\tan x\right)}^{x^{\left(\tan x\right)}}}}}}}}{\tan x}=\underset{x\to 0^{+}}{\lim }{\left(\tan x\right)}^{{}^{\left(x^{{\left(\tan x\right)}^{x^{\left(\tan x\right)}{{}^{{}^{\cdots }}}^{{}^{{}^{{}^{x^{\left(\tan x\right)}}}}}}}-1\right)}}\\ =\underset{x\to 0^{+}}{\lim }{\text{e}}^{\left(x^{{\left(\tan x\right)}^{x^{\left(\tan x\right)}{{}^{{}^{\cdots }}}^{{}^{{}^{x^{\left(\tan x\right)}}}}}}-1\right)\ln \tan x}\begin{array}{cc}& \left(2k层\right)\end{array}\\ ={\text{e}}^{\underset{x\to 0^{+}}{\lim }x\ln x\cdot \ln x}\\ =1\end{array}$

从而当$x\to 0^{+}$ 时，有：

${}^{{\left(\tan x\right)}^{x^{{\left(\tan x\right)}^{x^{\cdots }{}^{{}^{{\left(\tan x\right)}^{x^{\left(\tan x\right)}}}}}}}}~x$

即当$n=k+1$ 时，命题(2)成立。于是由第一数学归纳法得到对于任意正整数n，命题(2)都成立。又由命题(2)得当$n=k+1$ 时，有：

$\begin{array}{l}\underset{x\to 0^{+}}{\lim }\frac{x^{{\left(\tan x\right)}^{x^{{\left(\tan x\right)}^{{\cdots }^{x^{\left(\tan x\right)}}}}}}-1}{x\ln x}\begin{array}{cc}& \left(2\left(k+1\right)层\right)\end{array}\\ =\underset{x\to 0^{+}}{\lim }\frac{{\text{e}}^{{\left(\tan x\right)}^{x^{{\left(\tan x\right)}^{x^{\cdots }{}^{{{}^{\left(\tan x\right)}}^{{}^{x^{\left(\tan x\right)}}}}}}}\ln x}-1}{x\ln x}\\ =\underset{x\to 0^{+}}{\lim }\frac{{}^{{\left(\tan x\right)}^{x^{{\left(\tan x\right)}^{x^{{\cdots }^{\left(\tan x\right)}}{}^{{}^{{}^{x^{\left(\tan x\right)}}}}}}}\ln x}}{x\ln x}\begin{array}{cc}& \left(2k+1层\right)\end{array}\\ =\underset{x\to 0^{+}}{\lim }\frac{x\ln x}{x\ln x}\\ =1\end{array}$

故当$x\to 0^{+}$ 时($2k+2$ 层，k为正整数)，有：

$x^{{\left(\tan x\right)}^{x^{{\left(\tan x\right)}^{{\cdots }^{x^{\left(\tan x\right)}}}}}}-1~x\ln x$

即当$n=k+1$ 时，命题(3)成立，于是由第一数学归纳法得到对于任意正整数n，命题(3)都成立。

又由命题(1)得当$n=k+1$ 时，有：

$\begin{array}{l}\underset{x\to 0^{+}}{\lim }\frac{{\left(\tan x\right)}^{x^{{\left(\tan x\right)}^{x^{\cdots }{}^{{}^{{\left(\tan x\right)}^x}}}}}-1}{x\ln x}\begin{array}{cc}& \left(2\left(k+1\right)层\right)\end{array}\\ =\underset{x\to 0^{+}}{\lim }\frac{{\text{e}}^{x^{{\left(\tan x\right)}^{x^{\left(\tan x\right)}{}^{{{}^{\cdots }}^{{{}^x}^{{}^{{\left(\tan x\right)}^x}}}}}}\ln \tan x}-1}{x\ln x}\\ =\underset{x\to 0^{+}}{\lim }\frac{x^{{\left(\tan x\right)}^{x^{\left(\tan x\right)}{{}^{{}^{\cdots }}}^{{}^{{}^{x^{{\left(\tan x\right)}^x}}}}}}\ln \tan x}{x\ln x}\begin{array}{cc}& \left(2k+1层\right)\end{array}\\ =\underset{x\to 0^{+}}{\lim }\frac{x\ln x}{x\ln x}\\ =1\end{array}$

故当$x\to 0^{+}$ 时($2k+2$ 层，k为正整数)，有：

${\left(\tan x\right)}^{x^{{\left(\tan x\right)}^{x^{\cdots }{}^{{}^{{}^{{\left(\tan x\right)}^x}}}}}}-1~x\ln x$

即当$n=k+1$ 时，命题(4)成立。于是由第一数学归纳法得到对于任意正整数n，命题(4)都成立。

综上所述，即当$n=k+1$ 时，命题(1)~(4)成立。即由第一数学归纳法知对于任意的正整数n，命题(1)~(4)均成立。即定理1成立。

定理2：当$x\to 0^{+}$ 时($2n-1$ 层，n为正整数)，有：

$x^{{\left(\tan x\right)}^{x^{{\left(\tan x\right)}^{{\cdots }^{x^{{\left(\tan x\right)}^x}}}}}}-{\left(\tan x\right)}^{x^{{\left(\tan x\right)}^{x^{\cdots }{}^{{}^{{\left(\tan x\right)}^{x^{\left(\tan x\right)}}}}}}}~-\frac{1}{3}{x}^3$ (5)

当$x\to 0^{+}$ 时(2n层，n为正整数)，有：

$x^{{\left(\tan x\right)}^{x^{{\left(\tan x\right)}^{{{}^{\cdots }}^{x^{\left(\tan x\right)}}}}}}-{\left(\tan x\right)}^{x^{{\left(\tan x\right)}^{x^{\cdots }{}^{{}^{{\left(\tan x\right)}^x}}}}}~\frac{1}{3}{x}^3\ln x$ (6)

分析：这是一个与自然数n有关的命题，且由引理得当$n=1$ 时，命题(5)、(6)都成立，故可采取第一数学归纳法进行证明，假设当$n=k$ 时，命题成立，验证当$n=k+1$ 时，命题亦成立即可。

证明：当$n=1$ 时，由

$\underset{x\to 0^{+}}{\lim }\frac{x-\tan x}{x^3}=\underset{x\to 0^{+}}{\lim }\frac{1-{\sec }^{2}x}{3x^2}=\underset{x\to 0^{+}}{\lim }\frac{\left(\cos x-1\right)\left(\cos x+1\right)}{3x^2\cdot {\cos }^{2}x}=\underset{x\to 0^{+}}{\lim }\frac{-\frac{1}{2}{x}^2\cdot 2}{3x^2}=-\frac{1}{3}$

得命题(5)成立，由引理3知当$n=1$ 时，命题(6)成立。

假设当$n=k$ 时，命题(5)、(6)都成立，则下证当$n=k+1$ 时，命题也成立。因为：

当$x\to 0^{+}$ 时($2k+1$ 层，k为正整数)，有：

$x^{{\left(\tan x\right)}^{x^{{\left(\tan x\right)}^{{{}^{\cdots }}^{{}^{x^{{\left(\tan x\right)}^x}}}}}}}-{\left(\tan x\right)}^{x^{{\left(\tan x\right)}^{x^{\cdots }{}^{{}^{{\left(\tan x\right)}^{x^{\left(\tan x\right)}}}}}}}~-\frac{1}{3}{x}^3$

即当$n=k+1$ 时，命题(5)成立。

又

$\begin{array}{l}\underset{x\to 0^{+}}{\lim }\frac{x^{{\left(\tan x\right)}^{x^{{\left(\tan x\right)}^{{{}^{\cdots }}^{{}^{x^{\left(\tan x\right)}}}}}}}-{\left(\tan x\right)}^{x^{{\left(\tan x\right)}^x{}^{{{}^{\cdots }}^{{}^{{}^{{\left(\tan x\right)}^x}}}}}}}{x^3\ln x}\begin{array}{cc}& \left(2k+2层\right)\end{array}\\ =\underset{x\to 0^{+}}{\lim }\frac{{\text{e}}^{{\left(\tan x\right)}^{x^{{\left(\tan x\right)}^{x^{\cdots }{}^{{}^{{\left(\tan x\right)}^{x^{\left(\tan x\right)}}}}}}}\ln x}-{\text{e}}^{x^{{\left(\tan x\right)}^{{}^{x^{\left(\tan x\right)}}}{}^{{{}^{{}^{{}^{\cdots }}}}^{{}^{{}^{{}^{x^{{\left(\tan x\right)}^x}}}}}}}\ln \tan x}}{x^3\ln x}\begin{array}{cc}& \left(2k+1层\right)\end{array}\\ =\underset{x\to 0^{+}}{\lim }\frac{{\text{e}}^{x^{{\left(\tan x\right)}^{{}^{x^{\left(\tan x\right)}}}{}^{{{}^{{}^{{}^{\cdots }}}}^{{}^{{}^{{}^{x^{{\left(\tan x\right)}^x}}}}}}}\ln \tan x}\left({\text{e}}^{{\left(\tan x\right)}^{x^{{\left(\tan x\right)}^{x^{\cdots }{}^{{\left(\tan x\right)}^{x^{\left(\tan x\right)}}}}}}\ln x-x^{{\left(\tan x\right)}^{{}^{x^{\left(\tan x\right)}}}{}^{{}^{{}^{{}^{{{}^{\cdots }}^{{}^{x^{{\left(\tan x\right)}^x}}}}}}}}\ln \tan x}-1\right)}{x^3\ln x}\end{array}$

$\begin{array}{l}=\underset{x\to 0^{+}}{\lim }{x}^{{\left(\tan x\right)}^{x^{{\left(\tan x\right)}^{{{}^{\cdots }}^{{}^{x^{\left(\tan x\right)}}}}}}}\frac{{}^{{\left(\tan x\right)}^{x^{{\left(\tan x\right)}^x{}^{{{}^{\cdots }}^{{}^{{{}^{\left(\tan x\right)}}^{{}^{x^{\left(\tan x\right)}}}}}}}}\ln x-x^{{\left(\tan x\right)}^{{}^{x^{\left(\tan x\right)}}}{}^{{}^{{}^{{}^{{{}^{\cdots }}^{{}^{x^{{\left(\tan x\right)}^x}}}}}}}}\ln \tan x}}{x^3\ln x}\\ =\underset{x\to 0^{+}}{\lim }\left(1+x\ln x\right)\frac{{\left(\tan x\right)}^{x^{{\left(\tan x\right)}^x{}^{{{}^{\cdots }}^{{\left(\tan x\right)}^{x^{\left(\tan x\right)}}}}}}\ln x-x^{{\left(\tan x\right)}^{x^{\left(\tan x\right)}{}^{{}^{{}^{{\cdots }^{x^{{\left(\tan x\right)}^x}}}}}}}\ln \left(x+\frac{x^3}{3}+o\left(x^3\right)\right)}{x^3\ln x}\\ =\underset{x\to 0^{+}}{\lim }\left(1+x\ln x\right)\ln x\frac{{\left(\tan x\right)}^{x^{{\left(\tan x\right)}^{x^{\cdots }{}^{{{}^{\left(\tan x\right)}}^{{}^{{}^{x^{\left(\tan x\right)}}}}}}}}-x^{{\left(\tan x\right)}^{x^{\left(\tan x\right)}{}^{{}^{{}^{{\cdots }^{x^{{\left(\tan x\right)}^x}}}}}}}}{x^3\ln x}\\ -\underset{x\to 0^{+}}{\lim }\left(1+x\ln x\right)\frac{x^{{\left(\tan x\right)}^{x^{\left(\tan x\right)}{}^{{}^{{}^{{\cdots }^{x^{{\left(\tan x\right)}^x}}}}}}}\ln \left(1+\frac{x^2}{3}+o\left(x^2\right)\right)}{x^3\ln x}\\ =\underset{x\to 0^{+}}{\lim }\left(1+x\ln x\right)\frac{-\frac{1}{3}{x}^3}{x^3}-\underset{x\to 0^{+}}{\lim }\left(1+x\ln x\right)\frac{\frac{x^2}{3}+o\left(x^2\right)}{x^2\ln x}\\ =-\frac{1}{3}\end{array}$

当$x\to 0^{+}$ 时($2k+2$ 层，k为正整数)，有：

$x^{{\left(\tan x\right)}^{x^{{\left(\tan x\right)}^{{{}^{\cdots }}^{{}^{x^{\left(\tan x\right)}}}}}}}-{\left(\tan x\right)}^{x^{{\left(\tan x\right)}^{x^{\cdots }{}^{{}^{{\left(\tan x\right)}^x}}}}}~\frac{1}{3}{x}^3\ln x$

即当$n=k+1$ 时，命题(6)成立。

综上所述，当$n=k+1$ 时，命题(5)、(6)成立。从而由第一数学归纳法知对于任意的正整数n，命题(5)、(6)均成立。

注：命题(5)、(6)涉及含n层幂指函数之差的等价无穷小计算，因此需先将减法运算通过强制提取公因式变为乘积运算，再利用等价无穷小替换和带有佩亚诺型余项的泰勒公式进行计算。此外，定理2的结论回答了开头中的问题，不仅有$\underset{x\to 0^{+}}{\lim }\frac{x^{{\left(\tan x\right)}^x}-{\left(\tan x\right)}^x{}^{{}^{\tan x}}}{x^3}=-\frac{1}{3}$ 成立，还有：

$\underset{x\to 0^{+}}{\lim }\frac{x^{{\left(\tan x\right)}^{x^{{\left(\tan x\right)}^{{\cdots }^{x^{{\left(\tan x\right)}^x}}}}}}-{\left(\tan x\right)}^{x^{{\left(\tan x\right)}^{x^{\cdots }{}^{{}^{{\left(\tan x\right)}^{x^{\left(\tan x\right)}}}}}}}}{x^3}=-\frac{1}{3}$ ($2n-1$ 层，n为正整数)

也成立。

4. 总结与推广

定理1和定理2将文献[7] [8]的结果推广到了更一般的形式，定理的产生源于教材中的基本题目，但又高于教材，所使用的证明方法具有可复制性，读者更容易掌握。如当$x\to 0^{+}$ 时，由对数恒等式及等价无穷小量得：

$x^{\arcsin x}-1={\text{e}}^{\arcsin x\ln x}-1~\arcsin x\ln x~x\ln x;$

${\left(\arcsin x\right)}^x-1={\text{e}}^{x\ln \arcsin x}-1~x\ln \arcsin x~x\ln x$

此结论就是引理1中的$\tan x$ 替换成$\arcsin x$ ，结论仍成立。又当$x\to 0^{+}$ 时，$\mathrm{arc}\sin x~\tan x$ ，因此本文中其余的引理和定理中的$\tan x$ 替换成$\arcsin x$ 都可以得到类似的结论，具体结论读者可利用本文的证明方法自行证明。又当$x\to 0^{+}$ 时，还有$\arctan x~\tan x$ ，用$\arctan x$ 替换本文中的$\tan x$ 后也应有相应的结论，读者可自行证明。

此外，幂指函数不定式极限类型主要有$0^0,1^{\infty },{\infty }^0$ 型，本文主要讨论了0⁰型不定式极限，读者还可利用本文的证明方法去进一步讨论$1^{\infty },{\infty }^0$ 型不定式极限。函数极限的计算是数学分析中重要的知识点之一，其方法众多，同一个题目可以从不同角度、不同思维方式进行求解，当然不同题目之间或许也会存在某些联系，读者可运用本文发现问题、猜想、再通过特殊到一般、类比学习等思想方法去证明，进而总结推广的模式去探索学习，这个过程一方面可加深对函数极限的理解，体会到等价无穷小替换法何时能用、怎么用、易错点在哪，逐步形成完整的知识链，进而提高做题的正确率和效率；另一方面可以帮助读者寻找和提炼问题表象背后本质的东西，寻找创新的目标和解决的方法，培养其创造力。

基金项目

重庆市高等学校课程思政示范项目数学分析(123)；重庆对外经贸学院教育教学改革研究项目(JG2023018)；重庆对外经贸学院一流本科课程建设项目(YK2023006)。