Wohin strebt der Grenzwert (Lösung)

Die Aufgabe lässt sich unter Verwendung der Regel von L’Hopital lösen.

Satz (Regel von L’Hopital)

Es sei x_0 \in \mathbb{R} und -\infty \leq x_0 \leq \infty . Ferner seien f(x ) und g(x )
differenzierbar in einer Umgebung U_\varepsilon = \left | x - x_0 \right | < \varepsilon
und es gelte {g}'(x) \neq 0 : \forall x \in U_\varepsilon und
\lim\limits_{x \rightarrow x_0} \frac{{f}'(x))}{{g}'(x)}=L
a) Aus \lim\limits_{x \rightarrow x_0} f(x ) = \lim\limits_{x \rightarrow x_0} g(x) = 0 \Rightarrow \lim\limits_{x \rightarrow x_0} \frac{f(x))}{g(x))}=L
b) Aus \lim\limits_{x \rightarrow x_0} f(x ) = \lim\limits_{x \rightarrow x_0} g(x) = \infty \Rightarrow \lim\limits_{x \rightarrow x_0} \frac{f(x))}{g(x))}=L
c) Teil a) gilt für x_0 = +\infty und x_0 = -\infty
d) Teil b) gilt fürx_0 = +\infty und x_0 = -\infty

Lösung der Aufgabe

Unter Verwendung dieser Regel können wir jetzt die Aufgabe lösen

    \[ \displaystyle \lim_{x \to 0^+} x^x = e^{\lim_{x \rightarrow 0^+}x \cdot ln(x))} = e^{\lim_{x \rightarrow 0^+} \frac{ ln(x)}{ \frac{1}{x}}} \\ \underset{L'H}{\underbrace{=}} e^{\lim_{x \rightarrow 0^+} \frac{\frac{1}{x}}{-\frac{1}{x^2}}} \]

    \[ e^{\lim_{x \rightarrow 0^+} \frac{\frac{1}{x}}{-\frac{1}{x^2}}} = e^{\lim_{x \rightarrow 0^+}\left(-x \right )} = e^0 = 1 \]

Der Grenzwert von  \lim_{x \rightarrow 0^+} x^x stebt also gegen 1.