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