Resolución de la forma límite $0^0$

Question

Tengo un ejercicio que es $\lim_{x \to 0^+} x^x$ .

Lo he hecho, y la respuesta es $1$ Pero necesito saber la forma más fácil de resolverlo sin la regla de L'Hospital, ya que en mi país no nos permiten usar la regla de L'Hospital.

Answer 1

Tenga en cuenta que para $0 < x < 1$ tenemos la desigualdad $1-x < -\ln x < (1-x)/x.$

Por lo tanto,

$$2x (1- \sqrt{x}) < -x\ln x = -2x\ln \sqrt{x} < \frac{2x(1-\sqrt{x})}{\sqrt{x}}.$$

Aplicando el teorema de la compresión tenemos $\lim_{x \to 0} x \ln x = 0$ y utilizando la continuidad de la función exponencial

$$\lim_{x \to 0}x^x = \lim_{x \to 0}\exp(\ln x^x)=\lim_{x \to 0}\exp(x\ln x)=\exp(\lim_{x \to 0}x \ln x)= 1.$$

Answer 2

METODOLOGÍA $1$

Esta es una forma de evaluar el límite sin utilizar la regla de L'Hospital. Hacemos uso de la desigualdad

$$e^x\ge \left(1+\frac xn\right)^n \tag 1$$

para $x>-n$ que probé en ESTA RESPUESTA utilizando únicamente la definición de límite de la función exponencial junto con la desigualdad de Bernoulli. Obsérvese que al establecer $n=2$ en $(1)$ revela

$$e^x\ge 1+x+\frac14x^2 \tag 2$$

para $x>-2$ .

Proceder a la evaluación del límite $\lim_{x\to 0^+}x^x$ observamos que podemos escribir $x^x=e^{x\log(x)}$ . A continuación, tenemos

$$\begin{align} \lim_{x\to 0^+}x\log(x)&=-\lim_{x\to \infty}xe^{-x}\\\\ &=-\lim_{x\to \infty}\frac{x}{e^x} \end{align}$$

Desde $(2)$ encontramos que el término $\frac{x}{e^x}$ satisface las desigualdades

$$0\le \frac{x}{e^x}\le \frac{x}{1+x+\frac14x^2} \tag 3$$

con lo que aplicando el teorema de la compresión a $(3)$ revela

$$\lim_{x\to \infty}\frac{x}{e^x}=0$$

Por último, dado que $e^0=1$ encontramos que el límite de interés es efectivamente

$$\lim_{x\to 0+}x^x=1$$

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METODOLOGÍA $2$

Como alternativa, mostré en ESTA RESPUESTA y ESTE utilizando sólo la definición de límite de la función exponencial junto con la desigualdad de Bernoulli, que la función logaritmo satisface las desigualdades

$$\frac{z-1}{z}\le \log(z)\le z-1 \tag 4$$

Configuración $z=x^\mu$ , $\mu<1$ en $(4)$ produce

$$\frac{x^\mu -1}{\mu x^\mu}\le \log(x)\le \frac{x^\mu -1}{\mu}$$

Por lo tanto, tenemos

$$\frac{x(1-x^{-\mu})}{\mu}\le x\log(x)\le \frac{x(x^\mu -1)}{\mu} \tag 5$$

con lo que aplicando el teorema de la compresión a $(5)$ produce

$$\lim_{x\to 0^+}x\log(x)=0$$

y por lo tanto

$$\lim_{x\to 0^+}x^x$$

Answer 3

Uf, esto ha sido más difícil de lo que pensaba. Esperemos que alguien ofrezca una respuesta más breve. En lugar de mostrar que $x^x$ tiende a $1$ se puede demostrar, en cambio, que $\ln(x^x) = x \ln(x)$ tiende a $0$ como $x$ va a $0$ de la derecha.

La derivada de $x \ln x$ es $h(x) = \ln x + 1$ y así para $x > 0$ , $$ x \ln x = \int_1^x (\ln t + 1)dt - 1 \cdot \ln(1) = \int_1^x (\ln t + 1)dt$$ Ahora, hay que demostrar que el área bajo la curva de $0$ a $1$ de $h(x)$ es $0$ . Si haces un dibujo, puedes considerar el área verticalmente en lugar de horizontalmente, integrando la inversa de $h$ que es $g(x) = e^{x-1}$ .

Geométricamente, se puede ver que $$\int_0^{\frac{1}{e}} (\ln t + 1)dt = -\int_{-\infty}^0 e^{t-1}dt = -\frac{1}{e}$$ y de manera similar $$1 = \int_{\frac{1}{e}}^1 (\ln t + 1)dt + \int_0^1 e^{t-1}dt = \int_{\frac{1}{e}}^1 (\ln t + 1)dt + \frac{e-1}{e}$$ así que $\int_{1/e}^1 (\ln t + 1)dt = 1 - \frac{e-1}{e} = \frac{1}{e}$ . Así, $$\int_0^1 (\ln t + 1)dt = -\frac{1}{e} + \frac{1}{e} = 0$$ según sea necesario.

Answer 4

Prefiero ir en contra de la ley y usar la regla de l'hospital en su lugar