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

Question

Aufgabe:

Wie würde man ohne l'hospital den grenzwert von

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

Problem/Ansatz:

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

Answer 1

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.

Comments

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

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Was 0⁰ sein soll, ist umstritten.

Soweit ich weiß, ist es nicht definiert.

vgl:

https://mathepedia.de/Null_hoch_Null.html

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Worauf willst du hinaus mit 0⁰?

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