Límite de $x^x$ como $x$ tiende a $0$

Question

Estoy tratando de resolver el siguiente límite:

$$\lim \limits_{x\to0} x^x$$

Lo único que se me ocurre es escribir $x^x$ como $e^{x\ln{x}}$ y conseguir el límite del lado derecho sería fácil pero no veo cómo podría conseguir el del lado izquierdo viendo que el $\ln$ no está definido para los números negativos.

¿Hay algo que se me escapa o hay otra manera de hacerlo?

P.D.: No sé nada de derivados, así que por favor, manténgalo en los límites.

Answer 1

Primer hallazgo $\lim\limits_{x\rightarrow 0}x\ln(x)=\lim\limits_{x\rightarrow 0}\frac{\ln(x)}{1/x}$ . Usando L'Hospital esto se convierte en $\lim\limits_{x\rightarrow 0}\frac{1/x}{-1/x^{2}}=\lim\limits_{x\rightarrow 0}-x=0$ .

Así que $\lim\limits_{x\rightarrow 0}e^{x\ln(x)}=e^{\lim\limits_{x\rightarrow 0}x\ln(x)}=1$ .

(nota asumiendo $x>0$ por supuesto, ya que $x^{x}$ no está bien definida por lo demás)

Además, si permite $x<0$ pero $x$ debe ser sólo racional, entonces el límite no existe. Esto se puede ver en el hecho de que $\lim\limits_{x\rightarrow 0}x^{x}=1$ cuando $x>0$ . Esto significa que hay una $x$ arbitrariamente cerca de $1$ en cualquier barrio de $0$ . Ahora bien, una vez que se mira el negativo $x$ entonces considerando los racionales con denominador impar en cualquier vecindad de $0$ , entonces la vez con numerador par será positiva, y el numerador impar será negativo. El positivo será arbitrario cerca de $1$ el negativo será arbitrariamente cercano a $-1$ , por lo que no hay límite.

Si permite $x<0$ y $x$ debe ser sólo racional, pero también permite sólo un subconjunto de racionales tal que $x^{x}$ tienen signo definido, entonces el límite es $1$ o $-1$ desde la izquierda.

Answer 2

Reclamación: $\lim_{z \to 0} z^z = 1$ , no importa qué rama del logaritmo se utilice para definir $z^z$ .

De forma más rigurosa: que $U \subset \Bbb{C}$ sea cualquier conjunto abierto simplemente conectado tal que $0 \in \overline{U} \setminus U$ . Desde $U$ es simplemente conectado, existe una rama del logaritmo natural $\ln : U \to \Bbb{C}$ definido en $U$ . Esta rama corresponde únicamente a una rama de $f(z) = z^z$ en $U$ dada por la definición de $z^z := e^{z \ln z}$ . Sea cual sea la rama elegida, tendremos $$\lim_{z \to 0} z \ln z = 0,$$ como podemos ver al cambiar a la forma polar. Cada $z \in U$ puede escribirse de forma única como $z = r e^{i \theta}$ , donde $r := r(z) = |z|$ es independiente de la elección de la rama de $\ln$ y $\theta := \theta(z) = \operatorname{Im}(\ln(z))$ está uniformemente acotado en todo $U$ . Si escribimos $\ln(z) := \ln(r(z)) + i \theta(z)$ , entonces como $z \to 0$ , $r(z) \to 0$ y \begin{align*} \lim_{z \to 0} z \ln z &= \lim_{r \to 0^+} re^{i \theta} (\ln(r) + i \theta) \\ = \lim_{r \to 0^+} [(r \ln r) e^{i \theta}] &+ \lim_{r \to 0^+} (i r \theta e^{i \theta}) \\ = 0 &+ 0 = 0, \ \end{align*}

desde $\lim_{r \to 0^+} (r \ln r) = 0$ y las funciones de $\theta$ están acotados en todas partes en $U$ . De ello se desprende que $$\lim_{z \to 0} f(z) = \lim_{z \to 0} e^{z \ln z} = e^{\lim_{z \to 0} z \ln z} = e^0 = 1.$$

Answer 3

Considere $(-x)^{-x}$ . Entonces $$\lim_{x\to0}(-x)^{-x}=\lim_{x\to0}e^{-x\log(-x)}=e^{\lim_{x\to0}-x\log(-x)}$$ Ahora $$-\lim_{x\to0}x(\log(-1)+\log(x))=-\lim_{x\to0}\log(x^x)=-\log\left(\lim_{x\to0}x^x\right)$$ Sabemos que $\lim_{x\to0}x^x=1$ por lo que introducimos lo que tenemos para obtener $$e^{-\log(1)}=\boxed{1}$$

Ahora que va a la $\log(-1)$ término no debería importar la rama que tomes como $x\to0$ lo que hace que $0$ . Podrías tomar la rama principal y obtener $2\pi i$ para esa parte.

Hay que tener en cuenta que no he sido muy riguroso y que este argumento se puede desarrollar un poco más. Sin embargo, usted habla de no haber aprendido todavía las derivadas, por lo que no creo que tenga necesidad de este nivel de rigor.

Answer 4

La regla de L'Hospital es la más rápida. Demuestro que son posibles otros enfoques:

Para $\ x\in \left[\ \frac{1}{7},\ \frac{1}{6}\ \right),$

$$ \left( \frac{1}{7} \right)^{\frac{1}{6}}<x^x<1.$$

Ahora usando La expansión binomial de Newton ,

\begin{align} \left(1-\alpha\right)^\frac{1}{6} = 1 + \frac{1}{6}(-\alpha) + \frac{\left(\frac{1}{6}\right)\left(-\frac{5}{6}\right)}{2!}(-\alpha)^2 + \frac{\left(\frac{1}{6}\right)\left(-\frac{5}{6}\right)\left(-\frac{11}{6}\right)}{3!}(-\alpha)^3+\ldots \\ \\ = 1 - \frac{1}{6}\alpha - \frac{\left(\frac{1}{6}\right)}{2}\frac{\left(\frac{5}{6}\right)}{1} \alpha^2 - \frac{\left(\frac{1}{6}\right)}{3} \frac{\left(\frac{11}{6}\right)}{2} \frac{\left(\frac{5}{6}\right)}{1} \alpha^3 - \ldots\ \\ \\ > 1 - \frac{1}{6}\left(\alpha + \frac{1}{2} \alpha^2 + \frac{1}{3} \alpha^3 + \ldots \right)\\ \\ = 1 - \frac{1}{6}(\ -\ln(1-\alpha)\ ) = 1 + \frac{1}{6}(\ \ln(1-\alpha)\ ).\\ \\ \end{align}

Sustituyendo $\ \alpha = \frac{6}{7},\ $ en lo anterior, vemos que

$$ 1+ \frac{1}{6}\ln\left(\frac{1}{7}\right) = 1 - \frac{1}{6}\ln(7) < \left( \frac{1}{7} \right)^{\frac{1}{6}}<x^x<1\quad \forall x\in \left[\ \frac{1}{7},\ \frac{1}{6}\ \right).$$

En general, para cualquier $\ k \in\mathbb{N},\ $ que tenemos,

$$ 1 - \frac{\ln(k+1)}{k} < \left( \frac{1}{k+1} \right)^{\frac{1}{k}} < x^x < 1 \quad \forall x\in \left[\ \frac{1}{k+1},\ \frac{1}{k}\ \right).$$

Dejar $\ k\to\infty\ $ da el resultado.