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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 21:14 Di 09.09.2008 | | Autor: | tedd |
| Aufgabe | Bestimmen Sie folgenden Grenzwert:
[mm] \limes_{x\rightarrow 0}(e^x-1)*ln(3x) [/mm] |
[mm] \limes_{x\rightarrow 0}(e^x-1)*ln(3x)
[/mm]
Die Grenzwerte machen mich noch wahnsinnig :D
Komm hier wieder gar nicht weiter.
Für x=0 wäre ja ln(0), was nicht definiert ist.
Existiert hier dann überhaupt ein Grenzwert für [mm] x\rightarrow [/mm] 0
[mm] \limes_{x\rightarrow 0}(e^x-1)*ln(3x)
[/mm]
[mm] =\limes_{x\rightarrow 0}(e^x-1)*(ln(3)+ln(x))
[/mm]
Hab überlegt ob ich das dann so schreiben kann:
[mm] \limes_{x\rightarrow 0}\bruch{(e^x-1)}{\bruch{1}{ln(3x)}}
[/mm]
und dann Bernoulli/de L'Hospital anwenden?
Danke und Gruß,
tedd
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> Hab überlegt ob ich das dann so schreiben kann:
>
> [mm]\limes_{x\rightarrow 0}\bruch{(e^x-1)}{\bruch{1}{ln(3x)}}[/mm]
>
> und dann Bernoulli/de L'Hospital anwenden?
Hallo,
die Idee finde ich nicht so schlecht.
Das Problem: wenn Du jetzt oben und unten ableitest, wirst Du den ln (soweit ich das überblicke) unten ja immer noch nicht los. Der macht weiter Ärger.
Aber versuch's doch mal so:
[mm] \bruch{ln(3x)}{\bruch{1}{e^x-1}}.
[/mm]
Gruß v. Angela
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 11:16 Mi 10.09.2008 | | Autor: | tedd |
Okay danke. Ich habe es jetzt so probiert weil ich es so "einfacher" für mich fand:
$ [mm] \limes_{x\rightarrow0}\bruch{ln(3x)}{\bruch{1}{e^x-1}} [/mm] $
[mm] =\limes_{x\rightarrow0}\bruch{ln(3x)}{(e^x-1)^{-1}}
[/mm]
=unbestimmter Ausdruck [mm] \to [/mm] Bernoulli/de L'Hospital
f(x)=ln(3x)
[mm] f'(x)=3*\bruch{1}{3*x}=\bruch{1}{x}
[/mm]
[mm] g(x)=(e^x-1)^{-1}
[/mm]
[mm] g'(x)=-e^x*(e^x-1)^{-2}=\bruch{-e^x}{(e^x-1)^2}
[/mm]
[mm] \limes_{x\rightarrow0}\bruch{\bruch{1}{x}}{\bruch{-e^x}{(e^x-1)^2}}
[/mm]
[mm] =\limes_{x\rightarrow0}\bruch{(e^x-1)^2}{-e^x*x}
[/mm]
[mm] =\bruch{0}{0} \to [/mm] Bernoulli/de L'Hospital
[mm] f(x)=(e^x-1)^2
[/mm]
[mm] f'(x)=2*e^x*(e^x-1)^3
[/mm]
[mm] g(x)=-e^x*x
[/mm]
[mm] g'(x)=-e^x*x-e^x
[/mm]
[mm] \limes_{x\rightarrow0}\bruch{2*e^x*(e^x-1)^3}{-e^x*x-e^x}
[/mm]
[mm] =\bruch{0}{-1}=0
[/mm]
Stimmt das soweit?
Danke und Gruß,
tedd
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 11:26 Mi 10.09.2008 | | Autor: | Loddar |
Hallo tedd!
> [mm]f(x)=(e^x-1)^2[/mm]
> [mm]f'(x)=2*e^x*(e^x-1)^3[/mm]
![[notok]](/images/smileys/notok.gif "[notok]") Der Exponent muss doch kleiner werden ...
$$f'(x) \ = \ [mm] 2*e^x*\left(e^x-1\right)^{\red{1}} [/mm] \ = \ [mm] 2*e^x*\left(e^x-1\right)$$
[/mm]
> [mm]=\bruch{0}{-1}=0[/mm]
Das Ergebnis bleibt ...
Gruß
Loddar
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 11:28 Mi 10.09.2008 | | Autor: | tedd |
Ouch!
Klar ... grmpfs
Danke an alle für die Hilfe![[ok]](/images/smileys/ok.gif "[ok]")
Gruß,
tedd
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Für genügend kleine [mm]x>0[/mm] ist [mm]\operatorname{e}^x-1 \leq 2x[/mm] (ersetze die Tangente an den Graphen von [mm]x \mapsto \operatorname{e}^x-1[/mm] bei [mm]x=0[/mm] durch eine Sekante mit einer größeren Steigung). Also kann man erst einmal abschätzen:
[mm]0 \geq \left( \operatorname{e}^x-1 \right) \ln(3x) \geq 2x \ln(3x)[/mm]
Und wenn man jetzt hat, daß der rechte Ausdruck gegen 0 strebt, ist man fertig. Das ist aber entweder bekannt, oder man kann es leicht mit L'Hospital oder durch Zurückführen auf die e-Funktion nachweisen: [mm]x = \frac{1}{3} \operatorname{e}^{-t}[/mm] für [mm]t \to \infty[/mm].
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