Grenzwert ohne L'Hospital < Folgen+Grenzwerte < Analysis < Oberstufe < Schule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 15:20 Fr 12.01.2007 | | Autor: | Disap |
| Aufgabe | Berechne
a) [mm] $\lim_{x\rightarrow 0}\frac{e^x-1}{x}$
[/mm]
b) [mm] $\lim_{x\rightarrow 0}\frac{sin(x)}{x}$ [/mm] |
Moin zusammen.
Für De L'Hospital muss ja eines der Kriterien zutreffen:
(i) [mm] $\lim_{x\rightarrow a+}f(x) [/mm] = [mm] \lim_{x\rightarrow a+}g(x) [/mm] = 0 $
(ii) [mm] $\lim_{x\rightarrow a+}g(x) [/mm] = [mm] \infty$
[/mm]
(iii) [mm] $\lim_{x\rightarrow a+}g(x) [/mm] = [mm] -\infty$
[/mm]
Aufgabe a
Da trifft ja (ii) zu, weil [mm] $\lim_{x\rightarrow \infty}g(x) =\lim_{x\rightarrow \infty} [/mm] x = [mm] \infty$
[/mm]
Kann man so begründen, auch wenn der Grenzwert für x gegen Null gesucht ist, oder?
Wenn man Zähler und Nenner jeweils ableitet, erhält man:
[mm] $\lim_{x\rightarrow 0}\frac{e^x}{1}=1$
[/mm]
Und nun zur eigentlichen Frage: Kann man das hier auch irgendwie ohne De L'Hospital machen? Fällt da jemanden etwas ein?
Erst habe ich es mit einer Taylorreihenentwicklung versucht, hat aber nicht ganz funktioniert 
Aufgabe b
Hier trifft (i) zu.
Kommt nach de L'Hospital heraus:
[mm] $\lim_{x\rightarrow 0}\frac{cos(x)}{1}=1$
[/mm]
Kann man das hier auch ohne De L'Hospital machen? Eine Taylorreihenentwicklung für sin(x) bis zum ersten Grad dürfte es schaffen, oder?
Liebe Grüße
Disap
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 15:37 Fr 12.01.2007 | | Autor: | Aaron |
Hallo,
bei a)
Es trifft nicht (ii), sondern (i) zu. Schließlich hast du den Limis gegen 0!
Dein Denkfehler war es wahrscheinlich, dass im Zähler nicht 0 ensteht, allerdings ist [mm] e^{0} [/mm] = 1 [mm] \Rightarrow [/mm] im Nenner sowie im Zähler steht nun 0!
zu b)
Wozu gibt es denn L´hostpital  ... deine Frage diesbezüglich, ob es anders geht, kann ich dir nicht beantworten.
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 15:50 Fr 12.01.2007 | | Autor: | DesterX |
Hi Disap!
Hier zum ersten Fall mal ein alternative Beweisidee mit Exp.-Reihe:
[mm] |\bruch{e^x-1}{x}-1|=\bruch{1}{|x|}*|e^x-1-x| [/mm] = [mm] \bruch{1}{|x|}*|\summe_{k=0}^{\infty}\bruch{x^k}{k!}-x-1| \le \bruch{1}{|x|}*\summe_{k=2}^{\infty}\bruch{x^k}{k!} \le [/mm]
|x| + [mm] |x|^2 [/mm] + ... [mm] \underbrace{=}_{geometrische Reihe} \bruch{1}{1-|x|}-1
[/mm]
= [mm] \bruch{|x|}{1-|x|} [/mm]
Und dann gilt:
[mm] \limes_{x\rightarrow 0} \bruch{|x|}{1-|x|} [/mm] = 0
Also passt das! Falls du Schritte nicht verstehst, kannst du dich ja nochmal melden.
Viele Grüße
Dester
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 16:13 Fr 12.01.2007 | | Autor: | Disap |
Hi DesterX .
> Also passt das! Falls du Schritte nicht verstehst, kannst
> du dich ja nochmal melden.
Okay, danke
Leider ist es gleich der erste:
> [mm]|\bruch{e^x-1}{x}\red{-1}|=\bruch{1}{|x|}*|e^x-1-x|[/mm] =
Wo kommt die -1 her? Der eigentliche Term war ja: $ [mm] \lim_{x\rightarrow 0}\frac{e^x-1}{x} [/mm] $
Ok, wenn eine -1 zu 'viel' da ist, dann kann ich später noch einmal beim Grenzwert dazuaddieren und komme auf 1 als Grenzwert.
Der Rest ist allerdings klar, sehr schön gemacht!
MfG!
Disap
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(Antwort) fertig | | Datum: | 16:46 Fr 12.01.2007 | | Autor: | DesterX |
Wenn ich zeigen soll, dass [mm] \limes_{x\rightarrow0}|Term| [/mm] = 1 .. kann ich natürlich alternativ auch zeigen, dass [mm] \limes_{x\rightarrow0} [/mm] |Term - 1| = 0
Genau das mache ich ja im Beweis.
Aber das schreibst du ja eigentlich schon selber!
Der 2. Fall müsste übrigens ähnlich funktionieren - müsste man sich mal überlegen
Viele Grüße
Dester
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 17:13 Fr 12.01.2007 | | Autor: | Disap |
Moin.
> Wenn ich zeigen soll, dass [mm]\limes_{x\rightarrow0}|Term|[/mm] = 1
> .. kann ich natürlich alternativ auch zeigen, dass
> [mm]\limes_{x\rightarrow0}[/mm] |Term - 1| = 0
> Genau das mache ich ja im Beweis.
Ahja, das ist ja clever :)
Desweiteren: danke an alle. Bin restlos glücklich mit der Beantwortung der Frage.
Es dankt:
Disap
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 15:59 Fr 12.01.2007 | | Autor: | leduart |
Hallo Disap
Für f(x0)=g(x0)=0 ist doch l'Hopital nix als der Anfang von Taylor! [mm] T_f(x)=f(x0)+f'(x0)*(x-x0)+...=f'(x0)*(x-x0), [/mm] entsprechend g Und [mm] T_f(x)/T(g(x).
[/mm]
[mm] \limes_{x\rightarrow\x0}T_f(x)/T(g(x)=\limes_{x\rightarrow\x0}f'(x0)/g'(x0)
[/mm]
das ist praktisch der Beweis von L'Hopital, und wenn g' und f' wieder 0 gehst du zum TP 2. Ordnung usw!
Gruss leduart
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