Bestimmung des Grenzwertes < Differentiation < Funktionen < eindimensional < reell < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 17:36 Sa 06.12.2008 | | Autor: | sharth |
| Aufgabe | | Berechnen Sie den Grenzwert [mm] \limes_{n\rightarrow\infty} (x\*ln\bruch{x^{2}+4}{x^{2}+1}) [/mm] |
Hallo zusammen,
ich poste zum ersten Mal in diesem Forum also schon mal im Voraus Entschuldigung für eventuell gemachte Fehler.
Ich weiß nicht so recht wie ich bei dieser Aufgabe vorgehen soll.
Wäre nett wenn ihr mir ein wenig Hilfestellung geben könntet.
Bisher habe ich die Produkt und Kettenregel angewendet:
[mm] ln\bruch{x^{2}+4}{x^{2}+1}+x\*\bruch{x^{2}+1}{x^{2}+4}*\bruch{2x(x^2+1)-(x^2+4)\*2x}{(x^2+1)^2})
[/mm]
Ist der Ansatz richtig oder sollte man hier nach L'Hospital vorgehen.
Schon mal danke für eure Bemühungen
Ich habe diese Frage in keinem Forum auf anderen Internetseiten gestellt.
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Und warum leitest du ab? Die Aufgabe lautet doch, einen Grenzwert zu bestimmen. Denkst du da an L'Hospital? Der erfordert ja eine Bruchdarstellung. Und sicher meinst du den Grenzübergang [mm]x \to \infty[/mm] und nicht [mm]n \to \infty[/mm], nicht wahr?
[mm]x \ln \frac{x^2 + 4}{x^2 + 1} = x \ln \left( 1 + \frac{3}{x^2 + 1} \right)[/mm]
Mit der Substitution [mm]t = \frac{3}{x^2 + 1}[/mm] geht die Aufgabe über in
[mm]\frac{\sqrt{3 - t}}{\sqrt{t}} \cdot \ln \left( 1 + t \right) \ \ \mbox{für} \ \ t \to 0+0[/mm]
Und mit der Potenzreihe des Logarithmus wird das jetzt eine einfache Übung. Für [mm]0
[mm]\frac{\sqrt{3 - t}}{\sqrt{t}} \cdot \ln \left( 1 + t \right) = \sqrt{3-t} \cdot \frac{1}{\sqrt{t}} \left( t - \frac{1}{2} t^2 + \frac{1}{3} t^3 \mp \ldots \right) = \sqrt{3-t} \cdot \left( t^{\frac{1}{2}} - \frac{1}{2} t^{\frac{3}{2}} + \frac{1}{3} t^{\frac{5}{2}} \mp \ldots \right)[/mm]
Daran kann man alles ablesen.
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 19:00 So 07.12.2008 | | Autor: | sharth |
Hallo,
danke für eure schnellen Antworten. Mit der Substitutionsmethode kann ich aber ehrlich gesagt nicht viel anfangen. Ich hab es jetzt mal nach l'Hospital weiter probiert.
Nach Anwendung von de l'Hospital
[mm] \limes_{x\rightarrow\infty}=\bruch{\bruch{1}{x^2+4}-\bruch{1}{x^2+1}}{-\bruch{1}{x^2}}
[/mm]
[mm] =\bruch{\bruch{x^2+1)-(x^2+4)}{(x^2+4)(x^2+1)}}{\bruch{-1}{x^2}}
[/mm]
[mm] =\bruch{3x^2}{(x^2+4)(x^2+1)}
[/mm]
Ist das soweit richtig, oder hätte ich das ganze direkt nochmal ableiten müssen, etwas so:
[mm] \limes_{x\rightarrow\infty}=\bruch{\bruch{1}{x^2+4}-\bruch{1}{x^2+1}}{-\bruch{1}{x^2}}
[/mm]
[mm] =\bruch{-(\bruch{2}{x^3})-(-\bruch{2}{x^3})}{-\bruch{-2}{x^3}}
[/mm]
Dann hätte ich doch wieder ein unbestimmtes Ergebnis. Ich bin etwas ratlos wie ich vorgehen muss um nun auf den Grenzwert zu kommen.
Gruß,
sharth
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 19:19 So 07.12.2008 | | Autor: | leduart |
Hallo
1. [mm] ln(x^2+4) [/mm] muss man nach Kettenregel ableiten. das hast du nicht.
2. was du bei dem Nochmal ableiten gemacht hast versteh ich überhaupt nicht. [mm] 1/(x^2+4) [/mm] abgeleitet hat nichts mit dem zu tun, was bei dir dann da steht!
3. nach dem ersten l'Hopital erst mal nachsehen ob man jetzt den GW kann! (dazu durch die höchste Potenz von x im Zähler kürzen und dann nachsehen. nur wenn wieder ein 0/0 oder [mm] \infty/ \infty [/mm] rauskommt ohne anderen Ausweg nochmal L#Hopital.
Gruss leduart
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 19:35 So 07.12.2008 | | Autor: | sharth |
Okay, vielen Dank. Ich werde das ausprobieren und später posten.
Schönen Abend!
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 19:52 Di 09.12.2008 | | Autor: | sharth |
Hallo allerseits,
hat leider ein bisschen gedauert, aber auf das Ergebnis bin ich noch immer nicht gekommen.
@leduart
Zu 1) nach der Kettenregel habe ich nun folgendes rausbekommen.
[mm] \limes_{x\rightarrow\infty}= \bruch{ln(x^2+4)-ln(x^2+1)}{\bruch{1}{x}}
[/mm]
[mm] \limes_{x\rightarrow\infty}=\bruch{\bruch{2x}{x^2+4}-\bruch{2x}{x^2+1}}{\bruch{1}{x^2}}
[/mm]
Nun habe ich den Doppelbruch aufgelöst
[mm] \limes_{x\rightarrow\infty}=-\bruch{2x^3}{x^2+4}--\bruch{2x^3}{x^2+1}
[/mm]
Wenn ich nun [mm] x^3 [/mm] ausklammere dann hab ich das Verhältnis 2/0 -2/0. Das heißt ich hätte nochmal ableiten müssen?
Zu 2) Okay, habs gemerkt.
Zu3) Welches Verhältnis habe ich denn zu Beginn der Aufgabe. Ich sehe da kein 0/0.
[mm] \limes_{x\rightarrow\infty}ln(x^2+4) [/mm] = [mm] \infty [/mm] und [mm] \bruch{1}{x} [/mm] = 0 ?
Also hätte ich doch [mm] \bruch{\infty - \infty}{0} [/mm] und l'Hospital wäre nicht anwendbar.
Bringe ich das etwas durcheinander? Ich hoffe mich kann jemand darüber aufklären.
Gruß,
sharth
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(Antwort) fertig | | Datum: | 19:59 Di 09.12.2008 | | Autor: | Loddar |
Hallo sharth!
> Zu 1) nach der Kettenregel habe ich nun folgendes
> rausbekommen.
> [mm]\limes_{x\rightarrow\infty}= \bruch{ln(x^2+4)-ln(x^2+1)}{\bruch{1}{x}}[/mm]
>
> [mm]\limes_{x\rightarrow\infty}=\bruch{\bruch{2x}{x^2+4}-\bruch{2x}{x^2+1}}{\bruch{1}{x^2}}[/mm]
![[notok]](/images/smileys/notok.gif "[notok]") Es fehlt ein Minuszeichen im Nenner!
> Nun habe ich den Doppelbruch aufgelöst
>
> [mm]\limes_{x\rightarrow\infty}=-\bruch{2x^3}{x^2+4}--\bruch{2x^3}{x^2+1}[/mm]
Fasse nun beide Brüche auf einem Bruch zusammen (Hauptnenner bilden etc.) ...
> Zu3) Welches Verhältnis habe ich denn zu Beginn der
> Aufgabe. Ich sehe da kein 0/0.
Verwende hierfür die bereits o.g. Darstellung mit:
[mm] $$\bruch{\ln\left(\bruch{x^2+4}{x^2+1}\right)}{\bruch{1}{x}}$$
[/mm]
Gruß
Loddar
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 21:29 Di 09.12.2008 | | Autor: | sharth |
Danke für die schnelle Antwort. Das geht ja ratz fatz hier im Forum.
Nun zum Thema:
> Es fehlt ein Minuszeichen im Nenner!
Sorry, der Editor ist noch etwas ungewohnt.
[mm]\limes_{x\rightarrow\infty}=-\bruch{2x^3}{x^2+4}--\bruch{2x^3}{x^2+1}[/mm]
> Fasse nun beide Brüche auf einem Bruch zusammen
[mm] \bruch{-2x^3(x^2+1)+2x^3(x^2+4)}{(x^2+4)(x^2+1)} [/mm] = [mm] \bruch{-2x^5-2x^3+2x^5+6x^3}{x^4+x^2+4x^2+4} [/mm] = [mm] \bruch{6x^3}{x^4+5x^2+4}
[/mm]
Nun klammer ich [mm] x^4 [/mm] aus und erhalte [mm] \bruch{0}{1}. [/mm] Also ist der Grenzwert = 0?
> Verwende hierfür die bereits o.g. Darstellung mit:
>
> [mm]\bruch{\ln\left(\bruch{x^2+4}{x^2+1}\right)}{\bruch{1}{x}}[/mm]
Sorry, aber das verstehe ich noch immer nicht. [mm] ln(\bruch{\infty}{\infty}) [/mm] ist doch unbestimmt, oder nicht? Wie komme ich im Zähler dann auf einen Grenzwert von 0?
Schönen Abend noch!
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 21:50 Di 09.12.2008 | | Autor: | sharth |
Hallo Loddar,
> Betrachte zunächst den Grenzwert
> [mm]\limes_{x\rightarrow\infty}\bruch{x^2+4}{x^2+1}[/mm] .
>
> Und was ergibt [mm]\ln(1)[/mm] ?
Da hatte ich gar nicht dran gedacht. Aber wenn ich [mm] x^2 [/mm] ausklammer, sind Zähler und Nenner gleich 1. Habs verstanden denke ich.
Vielen Dank für eure Hilfe.
Bis zum nächsten Mal, das bestimmt sehr bald sein wird !
sharth
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![[willkommenmr]](/images/smileys/willkommenmr.png "[willkommenmr]")
!!
de l'Hospital![[ok]](/images/smileys/ok.gif "[ok]"){kind=small}
$+ \ [mm] \red{6}*x^3$ [/mm] im Zähler des 2. Bruches scheint nur ein Tippfehler zu sein.
