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Aufgabe:

Wie würde man ohne l'hospital den grenzwert von

lim xx wenn x gegen (pfeil nach unten) 0 geht?


Problem/Ansatz:

Der grenzwert wäre halt 1, nur wie bestimmt man das rechnerisch?

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1 Antwort

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Hi Testgast.

Zuerst formen wir den Term \( x^x \) um:
$$   x^x = \exp(\ln(x^x)) = \exp(x\cdot \ln(x)) $$
Wegen \( \exp \in \mathcal{C}^{\infty}(\mathbb{R}) \) können wir das Limes-Symbol nach "innen" verschieben:
$$   \lim\limits_{x\to 0_{+}} x^x = \lim\limits_{x\to 0_{+}} \exp(x\cdot \ln(x)) = \exp(\lim\limits_{x\to 0_{+}} x\cdot \ln(x) \; ) $$
Wir berechnen den Grenzwert \( \lim\limits_{x\to 0_{+}} x\cdot \ln(x) \) mithilfe der Regel von De L'Hospital wie folgt:
$$ \begin{array}{rcl}   \lim\limits_{x\to 0_{+}} x\cdot \ln(x) & = & \lim\limits_{x\to 0_{+}} (-1)\cdot \dfrac{-\ln(x)}{\frac{1}{x}}\\\\ & = & (-1)\lim\limits_{x\to 0_{+}} \dfrac{-\ln(x)}{\frac{1}{x}}\\\\ & \overset{L'Hospital}{=} & (-1)\lim\limits_{x\to 0_{+}} \dfrac{-\frac{1}{x}}{-\frac{1}{x^2}}\\\\ & = & (-1)\lim\limits_{x\to 0_{+}} \dfrac{1}{\frac{1}{x}}\\\\ & = & (-1)\lim\limits_{x\to 0_{+}} x\\ & = & 0 \end{array} $$
Folglich erhalten wir:
$$   \lim\limits_{x\to 0_{+}} x^x = \lim\limits_{x\to 0_{+}} \exp(x\cdot \ln(x)) = \exp(\underbrace{\lim\limits_{x\to 0_{+}} x\cdot \ln(x)}_{= 0} \; ) = \exp(0) = 1 $$
\( \blacksquare \)


Ich hoffe, es hilft.

MfG.

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Ich hatte halt noch nicht l'hospital, demnach darf ich es nicht nutzen, gibt es da eventuell eine andere möglichkeit?

Was 00 sein soll, ist umstritten.

Soweit ich weiß, ist es nicht definiert.

vgl:

https://mathepedia.de/Null_hoch_Null.html

Worauf willst du hinaus mit 00?

@Testgast

Ohne die Regel von De L'Hospital würde ich die Potenzreihe (um den Entwicklungspunkt 1) vom natürlichen Logarithmus verwenden:

$$   \ln(1+x) = \sum\limits_{k=1}^{\infty} \frac{(-1)^{k+1}}{k} x^k $$

bzw.

$$   \ln(x) = \sum\limits_{k=1}^{\infty} \frac{(-1)^{k+1}}{k} (x-1)^k $$

Variante 1:

Für \( x \to 0_{+}\) gilt:

$$   \begin{array}{rcl}     \lim\limits_{x \to 0_{+}} x\ln(x) & = & x \lim\limits_{x \to 0_{+}} \sum\limits_{k=1}^{\infty} \frac{(-1)^{k+1}}{k} \cdot (x-1)^k\\   & = & \lim\limits_{x \to 0_{+}} \sum\limits_{k=1}^{\infty} \frac{(-1)^{k+1}}{k} \cdot x\cdot (x-1)^k\\ & = & \sum\limits_{k=1}^{\infty} \frac{(-1)^{k+1}}{k} \cdot \lim\limits_{x \to 0_{+}} x\cdot (x-1)^k\\ & = & \sum\limits_{k=1}^{\infty} \frac{(-1)^{k+1}}{k} \cdot 0 \cdot (-1)^k\\ & = & \sum\limits_{k=1}^{\infty} 0\\   & = & 0 \end{array} $$

Daraus folgt:

$$   \lim\limits_{x\to 0_{+}} x^x = \lim\limits_{x\to 0_{+}} \exp(x \ln(x)) = \exp(\underbrace{\lim\limits_{x\to 0_{+}} x \ln(x)}_{= 0} \; ) = \exp(0) = 1 $$

\( \blacksquare \)


Variante 2: (Falls die Variante 1 zu einfach erscheint)

Betrachte die Funktion \( (1+x)\ln(1+x) \). Sie ist gleich der
Funktion \( x\ln(x) \) verschoben um eine Einheit nach links.
Für den Grenzwert gilt:
$$   \lim\limits_{x\searrow -1} (1+x)\ln(1+x) = \lim\limits_{x\to 0_{+}} x\ln(x) \;\;\;\;\;\;\;\;\;\;(\star) $$
d.h. der Grenzwert von \( (1+x)\ln(1+x) \) an der Stelle \( x = -1 \)
ist gleich dem Grenzwert von \( x\ln(x) \) an der Stelle \( x = 0 \).
Die Funktion \( (1+x)\ln(1+x) \) wird Reihe dargestellt:
$$   \begin{array}{rcl}   (1+x)\ln(1+x)   & = & (1+x) \sum\limits_{k=1}^{\infty} \frac{(-1)^{k+1}}{k} x^k\\ & = & \sum\limits_{k=1}^{\infty} \frac{(-1)^{k+1}}{k} x^k     + \sum\limits_{k=1}^{\infty} \frac{(-1)^{k+1}}{k} x^{k+1}\\ & = & \biggl( x-\frac{x^2}{2}+\frac{x^3}{3}-\frac{x^4}{4}+\frac{x^5}{5}-\frac{x^6}{6}\pm\dots \biggr)\\ & + & \biggl( \;\;\;\;\;\;\,x^2-\frac{x^3}{2}+\frac{x^4}{3}-\frac{x^5}{4}+\frac{x^6}{5}\pm\dots \biggr)\\ & = & x + \biggl( \frac{x^2}{2}-\frac{x^3}{6}+\frac{x^4}{12}-\frac{x^5}{20}+\frac{x^6}{30}\pm\dots \biggr)\\ & = & x + \sum\limits_{k=1}^{\infty} \frac{(-1)^{k+1}}{k(k+1)}\cdot x^{k+1} \\ \end{array} $$Also gilt:

$$   (1+x)\ln(1+x) = x + \sum\limits_{k=1}^{\infty} \frac{(-1)^{k+1}}{k(k+1)}\cdot x^{k+1} \;\;\;\;\;\;\;(\star\star) $$
Daher für \( x\searrow -1 \):
$$   \begin{array}{rcl}   \lim\limits_{x\searrow -1} (1+x)\ln(1+x) & \overset{(\star\star)}{=} & \lim\limits_{x\searrow -1} \Biggl( x + \sum\limits_{k=1}^{\infty} \frac{(-1)^{k+1}}{k(k+1)}\cdot x^{k+1} \Biggr) \\ & = & \lim\limits_{x\searrow -1} x + \lim\limits_{x\searrow -1}\Biggl(\sum\limits_{k=1}^{\infty} \frac{(-1)^{k+1}}{k(k+1)}\cdot x^{k+1} \Biggr) \\ & = & (-1) + \Biggl(\sum\limits_{k=1}^{\infty} \frac{(-1)^{k+1}}{k(k+1)}\cdot \lim\limits_{x\searrow -1} x^{k+1} \Biggr) \\ & = & (-1) + \Biggl(\sum\limits_{k=1}^{\infty} \frac{(-1)^{k+1}}{k(k+1)}\cdot (-1)^{k+1} \Biggr) \\ & = & (-1) + \Biggl(\underbrace{\sum\limits_{k=1}^{\infty} \frac{1}{k(k+1)}}_{\text{Teleskopsumme}} \Biggr) \\ & = & (-1) + \Biggl(\sum\limits_{k=1}^{\infty} \frac{1}{k}-\frac{1}{k+1}\Biggr) \\ & = & (-1) + \Biggl( \underbrace{1-\frac{1}{2}+\frac{1}{2}-\frac{1}{3}+\frac{1}{3}\pm\dots}_{= 1}\Biggr) \\ & = & (-1) + 1 \\ & = & 0 \end{array} $$


Wir haben$$ \lim\limits_{x\searrow -1} (1+x)\ln(1+x) = 0 $$
Aus Gleichung \( (\star)\) folgt:$$  \lim\limits_{x\to 0_{+}} x\ln(x) = \lim\limits_{x\searrow -1} (1+x)\ln(1+x) =  0 $$
und mithin:$$ \lim\limits_{x\to 0_{+}} x^x = \lim\limits_{x\to 0_{+}} \exp(x \ln(x)) = \exp(\underbrace{\lim\limits_{x\to 0_{+}} x \ln(x)}_{= 0} \; ) = \exp(0) = 1 $$
\( \blacksquare \)

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