Análisis complejo vs Análisis real de$\lim_{x\to0}{x}^{x}$

Question

En el intento de solucionar $\lim_{x\to0}x^x$, he probado dos enfoques diferentes. Una de ellas es convertir $x^x$ a de una función compleja y resolver el límite en $\mathbb{C}$. La otra es tomar el límite de los puntos de la densa pone en $\mathbb{R}^{-}$$\mathbb{R}^{+}$.

De acuerdo a este artículo, $\lim_{x\to0}{x}^{x}$ se puede convertir en $\lim_{x\to{0}}|x|^{x}(\cos((2n+1)\pi x)+i\sin((2n+1)\pi x)$ donde $n\in\mathbb{N}$ son las ramas de logaritmo complejo.

Esto conduce a $$\lim_{x\to0}{|x|}^{x}\lim_{x\to0}\cos((2n+1)\pi x)+i\lim_{x\to0}|x|^{x}\lim_{x\to0}\sin((2n+1)\pi x)=1$$

Así que la utilización de complejos análisis de $\lim_{x\to0}{x^x}=1$

Sin embargo, si tomamos los puntos sobre el eje real, donde los valores de x de la función compleja de $|x|^{x}(\cos((2n+1)\pi x)+i\sin((2n+1)\pi x)=a+0i$ (ver este gráfico), tenemos el siguiente dominio. $$\left\{x=\left.-\frac{m}{2k+1}\right|m,k\in\mathbb{N}\right\}\bigcup{\mathbb{R}^{+}}$$

Que se divide en

$$x^x=\begin{cases} x^x & x>0\\ |x|^x & x=\left\{ -{2m\over 2k+1}\ |\ m, k \in \Bbb N\right\}\\ -|x|^{x} & x=\left\{ -{2m+1\over 2k+1}\ |\ m, k \in \Bbb N\right\}\ \\ \text{undefined} & x=\left\{ -{2m+1\over 2k}\ |\ m, k \in \Bbb N\right\}\bigcup \left\{\mathbb{R}^{-}\backslash \mathbb{Q}^{-}\right\} \end{cases}$$

Desde $\left.-\frac{2m+1}{2k+1}\right|m,k \in \mathbb{N}$ $\left.-\frac{2m}{2k+1}\right|m,k \in \mathbb{N}$ son densos conjuntos; se puede aproximar arbitrariamente cerca de $x\in{\mathbb{R}}^{-}$. Por lo tanto un límite puede existir si los subconjuntos convergen en el mismo valor.

Por lo tanto $\lim_{x\to0}x^x$ si existe

$$\lim_{\left\{x\in-\frac{2m+1}{2k+1}\right\}\to0^{-}}x^x=\lim_{\left\{x\in-\frac{2m}{2k+1}\right\}\to0^{-}}x^x=\lim_{x\to0^{+}}{x^x}$$

Que es el mismo que

$$\lim_{x\to0^{-}}-|x|^x=\lim_{x\to0^{-}}|x|^x=\lim_{x\to0^{+}}x^x$$

Sin embargo, esta igualdad de falla debido a que $\lim_{x\to0^{-}}-|x|^x=-1$ y el otro límite son iguales a $1$.

Así que el uso de análisis real, $\lim_{x\to0}x^x$ no existe.

Creo que el límite debe ser el mismo por el real o complejo el análisis, pero no soy un experto en cualquier campo.

Hice ambos enfoques correctamente? ¿Mi respuesta depende de que el análisis de usar?

Answer 1

Antes de que podamos empezar computing $\lim_{x\to0}f(x)$ tenemos para asegurarse de que $f$ está bien definida en un adecuado, tal vez restringido, barrio de $0$. Ahora las potencias $a^b$ arbitrarias reales (o complejos) exponentes son de buena fe (es decir, sin necesidad de explicaciones adicionales) definida sólo cuando la base $a$ es un número real positivo. En este sentido $x^x$ está bien definido para $x>0$, y uno ha $\lim_{x\to0}x^x=\lim_{x\to0}\exp(x\log x)=e^0=1$.

Ahora es la costumbre de extender la $\log$ función de la real positiva del eje ${\mathbb R}_{>0}$ a de la rendija plano complejo ${\mathbb C}':={\mathbb C}\setminus{\mathbb R}_{\leq0}$ definiendo el valor del capital $${\rm Log}\,z:=\log|z|+i\,{\rm Arg}\,z\ ,$$ cual $-\pi<{\rm Arg}\,z<\pi$ es el principal valor del ángulo polar de $z\in{\mathbb C}'$. Para $a\in{\mathbb C}'$ y arbitraria $b\in{\mathbb C}$ uno, a continuación, define $$a^b:=\exp(b\,{\rm Log}\,a)\ .$$ Esta definición amplía la definición de "competencias generales" $(a,b)\mapsto a^b$${\mathbb R}_{>0}\times{\mathbb R}$${\mathbb C}'\times{\mathbb C}$. De esta manera podemos considerar $$z^z:=\exp\bigl(z(\log|z|+i\,{\rm Arg}\,z)\bigr)\qquad(z\in{\mathbb C}')\ .\tag{1}$$ While $0\noen{\mathbb C}'$ the origin is certainly a limit point of ${\mathbb C}'$. It is therefore allowed to consider the $\lim_{z\to0}$ in $(1)$. From the well known limit $\lim_{x\to0+}x\log x=0$ es entonces fácilmente se deduce que $$\lim_{z\to 0}\bigl(z(\log|z|+i\,{\rm Arg}\,z)\bigr)=0\ ,$$ de modo que $\lim_{z\to0}z^z=1$. Pero tenga en cuenta que hemos excluido de la negativa del eje real por completo de la imagen. Si $\gamma: \ t\mapsto z(t)$ $(0\leq t<\infty)$ es un espiral, a continuación, utilizando un continuo argumento a lo largo de $\gamma$ la declaración de $\lim_{t\to\infty}z(t)^{z(t)}=1$ puede fallar.

Answer 2

En el plano complejo $z^z$ está definida de forma única al $z=n\in {\Bbb Z}^*$ (es decir, un entero distinto de cero) y sólo para aquellos. Primera nota de que cualquiera de las dos definiciones de $w'$ $w$ $z^z$ ($z\neq 0$) debe ser por la existencia de algunos $k\in {\Bbb Z}$ para que: $$ w' = \exp \; \left(z \; (\log (z) + 2\pi i k)\;\right) = w e^{2\pi i k z}$$ por lo $kz\in {\Bbb Z}$ todos los $k$, lo que significa $z\in {\Bbb Z}$ (cero y fue excluido). Para cualquier no-valor entero de $z$ la mera definición de $z^z$ se basa en la elección de los logarítmica de la rama.

La discusión aquí es la de si existe una única forma de definir también al $n=0$. La respuesta es no, en la mayoría de los casos. Sin embargo, si nos acercamos a cero radialmente, a continuación, el límite es de $1$. Así que la elección de $1$ es favorecido en algún sentido...

Más precisamente, considerar una curva continua $z: t\in (0,1] \mapsto z(t) \in {\Bbb C}^*$ $z(1)=1$ y tal que $\lim_{t\rightarrow 0^+} z(t)=0$. También vamos a arreglar un logarítmica de la rama de $z$, de modo que $\log(z(1))=0$. De esta forma se define de forma única el logaritmo a lo largo de la curva: $$ \log z(t) = \log r(t) + i\,\phi(t) $$ donde $\phi(1)=0$, $r(1)=1$, $r>0$ y $r(0^+)=0$. Entonces $$ z(t)\log z(t) = r(t) \left(\cos \phi(t) + i \sin \phi(t) \right) \left( \log r(t) + i\,\phi(t)\right) $$ Ahora $r(t)\log r(t)$ va a cero, como se $r(t)\rightarrow 0^+$, por lo que la cuestión se reduce al estudio de la posible acumulación de puntos de $$ r(t) \phi(t) \left( i \cos \phi(t) - \sin \phi(t) \right) $$ Si usted se considera un rayo $z(t)$ que se aproxima a cero (asintóticamente) radialmente, a continuación, esto corresponde a $\phi(t)$ con un límite de $t\rightarrow 0^+$ y, a continuación, la expresión anterior se va a cero. Por lo tanto para cualquier radial límite, o, más en general, al $r(t)\phi(t)$ llega a cero, se han $$ \lim_{t \rightarrow 0^+} z(t)^{z(t)} = \exp(0) = 1 $$ Usted puede, por otro lado, elija $\phi(t)$, de modo que $r(t)\phi(t)$ converge para cualquier valor real (o diverge) como $t\rightarrow 0$. Usted puede incluso (pero esto es un poco más larga para describir) elegir un camino continuo $z(t)$ va a cero y tal que $z(t)^{z(t)}$, $0<t\leq 1$ es denso en el plano complejo!

Answer 3

Quiero evitar la discusión acerca de la $0^0$ y como prueba aquí esta:

comenzar

Ser$\,x:=re^{i\alpha}\,$$\,0<r<1\,$$\,\alpha\in\mathbb{R}\,$.

Existe $x$ por cada arbitrariamente pequeño $\epsilon>0$ $r=|x|<\epsilon$ tal que $1-\epsilon<|x^x|<1+\epsilon\,$ ("doble desigualdad").

Si $\,\epsilon\,$ tiende a $\,0\,$$\,x\,$.

final

La prueba no el contenido de todos los $x$ que resolver esta doble desigualdad, solo quiero mostrar, que no hay al menos una solución.

Es $\,\displaystyle x^x=r^{i\cos\alpha}e^{-i\alpha\sin\alpha} r^{ri\sin\alpha}e^{ri\alpha\cos\alpha}$ and therefore $\,\displaystyle |x^x|=r^{i\cos\alpha}e^{-i\alpha\sin\alpha}\,$.

Ser $\alpha>1$, $\cos\alpha\geq 0$ y $\sin\alpha\geq 0$, por lo $\alpha\in[2\pi k;\frac{\pi}{2}+2\pi k]$$k\in\mathbb{N}$.

La doble desigualdad cambios a $\,\displaystyle 1-\epsilon< r^{i\cos\alpha}e^{-i\alpha\sin\alpha}<1\,$ and with $\,\displaystyle r:=\frac{\epsilon}{\alpha}<\epsilon\,$ one gets $\,\displaystyle 1-\epsilon<( \frac{\epsilon}{\alpha} )^{ \frac{\epsilon}{\alpha} \cos\alpha}e^{-\epsilon\sin\alpha}<1\,$ .

Es $\,\displaystyle (\frac{\epsilon}{\alpha})^{\frac{\epsilon}{\alpha}} \leq (\frac{\epsilon}{\alpha} )^{ \frac{\epsilon}{\alpha}\cos\alpha } < 1\,$ and $\,\displaystyle e^{-\epsilon}\leq e^{-\epsilon\sin\alpha} \leq 1\,$.

Uno se presenta una versión simplificada de la doble desigualdad $\,\displaystyle 1-\epsilon<(\frac{\epsilon}{\alpha})^{\frac{\epsilon}{\alpha}}e^{-\epsilon} <1\,$ or converted $\,\displaystyle e^{-\epsilon}<( \frac{\alpha }{\epsilon } )^{ \frac{\epsilon}{\alpha}} <(1-\epsilon)^{-1}e^{-\epsilon}\,$ .

Porque de $\,\displaystyle \frac{\alpha }{\epsilon }>1\,$ and $\,\displaystyle e^{-\epsilon}<1\,$ the inequality $\,\displaystyle e^{-\epsilon}<(\frac{\alpha }{\epsilon } )^{ \frac{\epsilon}{\alpha}}\,$ es trivial.

[Inserción de comenzar:

Ser$x>1$$\,\displaystyle 1<y<\sqrt[e]{e}\,$.

Ser $f(x)$ se define como sigue:

Para $\,\displaystyle 1<y=\sqrt[x]{x}<\sqrt[e]{e}\,$ que existen dos soluciones $x\in\{x_1;x_2\}$ $x_1<e$ $x_2>e$ und definimos $x_2=:f(y)$.

Con $\,\displaystyle 1<y<x<\sqrt[e]{e}\,$$e<f(x)<f(y)$$f(x)\to\infty$$x\to 1^+$.

La inserción de final]

Continuación con la prueba:

Con la desigualdad de $\,\displaystyle (\frac{\alpha}{\epsilon})^{\frac{\epsilon}{\alpha}} <(1-\epsilon)^{-1}e^{-\epsilon}\,$ siguiente $\,\displaystyle \alpha>\epsilon f(1-\epsilon)^{-1}e^{-\epsilon}\,$ y, por tanto,$\,\displaystyle r<\frac{1}{ f((1-\epsilon)^{-1}e^{-\epsilon})}\,$$r\to 0^+$$\epsilon\to 0^+$.

Elegimos $k\in\mathbb{N}$ tal que $\,\displaystyle k>\frac{\epsilon}{2\pi} f((1-\epsilon)^{-1}e^{-\epsilon})\,$,

por ejemplo,$\,\displaystyle k:=1+\lfloor \frac{\epsilon}{2\pi} f((1-\epsilon)^{-1}e^{-\epsilon}) \rfloor\,$.

Así que hemos encontrado $r$ $\alpha$ que resolver la doble desigualdad $\,\displaystyle 1-\epsilon<|x^x|<1\,$.

Y por lo tanto con $\,r<\epsilon\,$ sigue $\,\epsilon\to 0^+\,$ => $\,r\to 0^+\,$ => $\,x\to 0\,$.

Nota: $\,$ El caso real es con $\,\alpha:=2\pi k\,$, el Infimum de $\,x\,$ $\,0\,\,$ (no: $x=0\,$; sólo he a $\,x>0\,$).