Grenzwerte berechnen < Funktionen < eindimensional < reell < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 20:54 So 23.10.2011 | | Autor: | Mandy_90 |
| Aufgabe | Berechnen Sie die folgenden Grenzwerte:
a) [mm] \limes_{x\rightarrow 0} \bruch{tan(x)-x}{x-sin(x)}
[/mm]
b) [mm] \limes_{x\rightarrow 0} \bruch{ln(sin(ax))}{ln(sin(x))}
[/mm]
c) [mm] \limes_{x\rightarrow 1} x^{\bruch{1}{1-x}}
[/mm]
d) [mm] \limes_{x\rightarrow 0^{+}} (ln(\bruch{1}{x}))^{x}
[/mm]
e) [mm] \limes_{x\rightarrow 0} (\bruch{1}{x}-\bruch{1}{e^{x}-1}).
[/mm]
f) [mm] \limes_{x\rightarrow 0} (\bruch{2}{\pi}*arcos(x))^{\bruch{1}{x}}. [/mm] |
Hallo zusammen,
ich hab versucht diese Grenzwerte zu berechnen, aber es hat nicht immer geklappt. Wäre lieb, wenn ihr das nachschauen könntet.
a) tan x [mm] \to [/mm] 0, sin x [mm] \to [/mm] 0, x [mm] \to [/mm] 0. Daraus folgt [mm] \limes_{x\rightarrow 0} \bruch{tan(x)-x}{x-sin(x)}=\bruch{0}{0}. [/mm] Dann hab ich L'Hospital angewendet, muss also folgenden Grenzwert untersuchen: [mm] \limes_{x\rightarrow 0} \bruch{\bruch{1}{cos^{2}(x)}-1}{x-cos(x)}. [/mm]
[mm] cos^{2}(x) [/mm] und cos(x) konvergieren nicht, also auch nicht gegen [mm] \pm \infty. [/mm]
Was macht man denn in so einem Fall?
b) Hier ist es ähnlich wie bei a), denn sin(x) konvergiert auch gegen nichts. Oder kann ich sagen, dass er gegen [mm] \pm [/mm] 1 konvergiert? Aber das geht eigentlich nicht, da dies periodische Funktionen sind. Dann bleibt nur noch [mm] \infty, [/mm] aber das stimmt ja nicht. ???
c) X geht gegen 1. Und 1-x \ to 0. Von daher vermute ich [mm] \limes_{x\rightarrow 1} x^{\bruch{1}{1-x}}=1. [/mm]
d) 1/x [mm] \to \infty. [/mm] Also ln(1/x) [mm] \to \infty. [/mm] Aber die Potenz geht gegen 0, d.h es ist egal was in der Klammer steht. Der Grenzwert ist 1.
e) 1/x [mm] \to \infty, e^{x} \to [/mm] 1, d.h. [mm] \bruch{1}{e^{x}-1} \to \infty. [/mm] Ich hab beide Terme dann auf einen Nenner gebracht und da kam 0/0. Also habe L'Hospital benutzt, aber das hat mir auch nicht weitergeholfen. Von daher vemute ich, dass der Grenzwert [mm] \infty [/mm] ist.
f) arcos(x) [mm] \to \pi/2. [/mm] Das heißt die Klammer geht gegen 1. Ich hab einige Werte eingesetzt um den Grenzwert schätzen zu können. Für x=0.1 kommt ungefähr [mm] 1.9*10^{17} [/mm] raus, ab 0.001 gehts dann nicht mehr.
Wie genau berechne ich denn den Grenzwert, der Arkuskosinus macht es mir schwer.
Vielen Dank
lg
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Hallo Mandy_90,
> Berechnen Sie die folgenden Grenzwerte:
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> a) [mm]\limes_{x\rightarrow 0} \bruch{tan(x)-x}{x-sin(x)}[/mm]
>
> b) [mm]\limes_{x\rightarrow 0} \bruch{ln(sin(ax))}{ln(sin(x))}[/mm]
>
> c) [mm]\limes_{x\rightarrow 1} x^{\bruch{1}{1-x}}[/mm]
>
> d) [mm]\limes_{x\rightarrow 0^{+}} (ln(\bruch{1}{x}))^{x}[/mm]
>
> e) [mm]\limes_{x\rightarrow 0} (\bruch{1}{x}-\bruch{1}{e^{x}-1}).[/mm]
>
> f) [mm]\limes_{x\rightarrow 0} (\bruch{2}{\pi}*arcos(x))^{\bruch{1}{x}}.[/mm]
>
> Hallo zusammen,
>
> ich hab versucht diese Grenzwerte zu berechnen, aber es hat
> nicht immer geklappt. Wäre lieb, wenn ihr das nachschauen
> könntet.
>
> a) tan x [mm]\to[/mm] 0, sin x [mm]\to[/mm] 0, x [mm]\to[/mm] 0. Daraus folgt
> [mm]\limes_{x\rightarrow 0} \bruch{tan(x)-x}{x-sin(x)}=\bruch{0}{0}.[/mm]
> Dann hab ich L'Hospital angewendet, muss also folgenden
> Grenzwert untersuchen: [mm]\limes_{x\rightarrow 0} \bruch{\bruch{1}{cos^{2}(x)}-1}{x-cos(x)}.[/mm]
> [mm]cos^{2}(x)[/mm] und cos(x) konvergieren nicht, also auch nicht
> gegen [mm]\pm \infty.[/mm]
> Was macht man denn in so einem Fall?
Nun, der Nenner ist von 0 verschieden,
somit kannst Du den Grenzwert bilden.
>
> b) Hier ist es ähnlich wie bei a), denn sin(x) konvergiert
> auch gegen nichts. Oder kann ich sagen, dass er gegen [mm]\pm[/mm] 1
> konvergiert? Aber das geht eigentlich nicht, da dies
> periodische Funktionen sind. Dann bleibt nur noch [mm]\infty,[/mm]
> aber das stimmt ja nicht. ???
>
Nein, das ist nicht richtig.
Hier musst Du L'Hospital mehrmals anwenden.
> c) X geht gegen 1. Und 1-x \ to 0. Von daher vermute ich
> [mm]\limes_{x\rightarrow 1} x^{\bruch{1}{1-x}}=1.[/mm]
>
Schreibe [mm]x^{\bruch{1}{1-x}}=e^{\bruch{\ln\left(x\right)}{1-x}}[/mm]
Bestimme dann
[mm]\limes_{x \to 1}{\bruch{\ln\left(x\right)}{1-x}}[/mm]
> d) 1/x [mm]\to \infty.[/mm] Also ln(1/x) [mm]\to \infty.[/mm] Aber die Potenz
> geht gegen 0, d.h es ist egal was in der Klammer steht. Der
> Grenzwert ist 1.
>
Schreibe auch hier:
[mm]\left( \ \ln\left(\bruch{1}{x}\right) \ \right)^{x}=e^{x*\ln\left(\ \ln\left(\bruch{1}{x}\right) \ \right)}[/mm]
Und bestimme dann den Grenzwert des Exponenten für [mm]x \to 0^{+}[/mm]
> e) 1/x [mm]\to \infty, e^{x} \to[/mm] 1, d.h. [mm]\bruch{1}{e^{x}-1} \to \infty.[/mm]
> Ich hab beide Terme dann auf einen Nenner gebracht und da
> kam 0/0. Also habe L'Hospital benutzt, aber das hat mir
> auch nicht weitergeholfen. Von daher vemute ich, dass der
> Grenzwert [mm]\infty[/mm] ist.
>
Hier musst Du den zu untersuchenden Ausdruck etwas umschreiben,
um den Grenzwert bestimmen zu können:
[mm]\bruch{1}{x}-\bruch{1}{e^{x}-1}=\bruch{\bruch{1}{\bruch{1}{e^{x}-1}}-\bruch{1}{\bruch{1}{x}}}{\bruch{1}{x}*\bruch{1}{e^{x}-1}}[/mm]
Bestimme nun
[mm]\limes_{x \to 0}{\bruch{\bruch{1}{\bruch{1}{e^{x}-1}}-\bruch{1}{\bruch{1}{x}}}{\bruch{1}{x}*\bruch{1}{e^{x}-1}}}[/mm]
> f) arcos(x) [mm]\to \pi/2.[/mm] Das heißt die Klammer geht gegen
> 1. Ich hab einige Werte eingesetzt um den Grenzwert
> schätzen zu können. Für x=0.1 kommt ungefähr
> [mm]1.9*10^{17}[/mm] raus, ab 0.001 gehts dann nicht mehr.
> Wie genau berechne ich denn den Grenzwert, der Arkuskosinus
> macht es mir schwer.
>
Der Ausdruck hat für [mm]x \to 0[/mm] die Form [mm]1^{\infty}[/mm] ,
so daß Du hier wiederum L'hospital anwenden mußt.
Schreibe
[mm]\left( \bruch{2}{\pi}\arccos\left(x\right) \ \right)^{\bruch{1}{x}}=e^{\bruch{1}{x}*\ln\left(\ \bruch{2}{\pi}\arccos\left(x\right) \ \right)}[/mm]
Und bestimme
[mm]\limes_{x \to 0}{\bruch{1}{x}*\ln\left(\ \bruch{2}{\pi}\arccos\left(x\right) \ \right)}[/mm]
> Vielen Dank
> lg
Gruss
MathePower
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> > c) X geht gegen 1. Und 1-x \ to 0. Von daher vermute ich
> > [mm]\limes_{x\rightarrow 1} x^{\bruch{1}{1-x}}=1.[/mm]
> >
>
>
> Schreibe
> [mm]x^{\bruch{1}{1-x}}=e^{\bruch{\ln\left(x\right)}{1-x}}[/mm]
> Bestimme dann
>
> [mm]\limes_{x \to 1}{\bruch{\ln\left(x\right)}{1-x}}[/mm]
>
>
>
Bin an der gleichen Aufgabe und habe versucht diesen Limes zu bestimmen hier kann man Hospital nicht anwenden muss man dann argumentieren, dass x schneller gegen 0 geht als der ln gegen [mm] +\infty [/mm] und deshalb der Grenzwert gegen 1 geht?
lg eddie
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Hallo eddiebingel,
> > > c) X geht gegen 1. Und 1-x \ to 0. Von daher vermute ich
> > > [mm]\limes_{x\rightarrow 1} x^{\bruch{1}{1-x}}=1.[/mm]
> > >
> >
> >
> > Schreibe
> > [mm]x^{\bruch{1}{1-x}}=e^{\bruch{\ln\left(x\right)}{1-x}}[/mm]
> > Bestimme dann
> >
> > [mm]\limes_{x \to 1}{\bruch{\ln\left(x\right)}{1-x}}[/mm]
> >
> >
> >
> Bin an der gleichen Aufgabe und habe versucht diesen Limes
> zu bestimmen hier kann man Hospital nicht anwenden muss man
> dann argumentieren, dass x schneller gegen 0 geht als der
> ln gegen [mm]+\infty[/mm] und deshalb der Grenzwert gegen 1 geht?
Nein!
Wieso geht de l'Hôpital nicht?
Der Ausdruck [mm]\frac{\ln(x)}{1-x}[/mm] strebt doch für [mm]x\to 1[/mm] gegen den unbestimmten Ausdruck [mm]\frac{0}{0}[/mm]
Zähler und Nenner getrennt abgeleitet:
[mm]\frac{\frac{1}{x}}{-1}=-\frac{1}{x}[/mm] und das strebt für [mm]x\to 1[/mm] gegen -1
Der Exponent [mm] $\frac{\ln(x)}{1-x}$ [/mm] strebt also für [mm] $x\to [/mm] 1$ gegen $-1$
Der Ausgangsausdruck [mm]x^{\frac{1}{1-x}}=e^{\frac{\ln(x)}{1-x}}[/mm] strebt dann für [mm]x\to 1[/mm] also wegen der Stetigkeit der Exponentialfunktion gegen ...?
>
> lg eddie
Gruß
schachuzipus
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Dumm von mir hab c) und d) erwechselt sorry Fehler beim zitieren also die Frage gilt natürlich für d)
Sorry nochmal
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| Status: |
(Antwort) fertig  | | Datum: | 14:20 Do 27.10.2011 | | Autor: | fred97 |
Du meinst also
$ [mm] \limes_{x\rightarrow 0^{+}} (ln(\bruch{1}{x}))^{x} [/mm] $
Es ist
[mm] ln(\bruch{1}{x}))^{x} [/mm] = [mm] e^{x*ln(1/x)}
[/mm]
Edit: es muß lauten: $ [mm] ln(\bruch{1}{x}))^{x}= e^{x\cdot{}ln(ln(1/x)} [/mm] $
und es gilt
$ [mm] \limes_{x\rightarrow 0^{+}} (ln(\bruch{1}{x}))^{x} [/mm] = [mm] \limes_{t \rightarrow \infty} e^{\bruch{ln(ln(t))}{t}}$
[/mm]
Hilft das ?
FRED
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> Du meinst also
>
> [mm]\limes_{x\rightarrow 0^{+}} (ln(\bruch{1}{x}))^{x}[/mm]
>
> Es ist
>
> [mm]ln(\bruch{1}{x}))^{x}[/mm] = [mm]e^{x*ln(1/x)}[/mm]
Müsste es nicht [mm]e^{x*ln(ln(1/x)}[/mm] sein??
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Hallo nochmal,
> > Du meinst also
> >
> > [mm]\limes_{x\rightarrow 0^{+}} (ln(\bruch{1}{x}))^{x}[/mm]
> >
> > Es ist
> >
> > [mm]ln(\bruch{1}{x}))^{x}[/mm] = [mm]e^{x*ln(1/x)}[/mm]
>
> Müsste es nicht [mm]e^{x*ln(ln(1/x)}[/mm] sein??
Yes, sir!
Gruß
schachuzipus
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 14:36 Do 27.10.2011 | | Autor: | fred97 |
> > Du meinst also
> >
> > [mm]\limes_{x\rightarrow 0^{+}} (ln(\bruch{1}{x}))^{x}[/mm]
> >
> > Es ist
> >
> > [mm]ln(\bruch{1}{x}))^{x}[/mm] = [mm]e^{x*ln(1/x)}[/mm]
>
> Müsste es nicht [mm]e^{x*ln(ln(1/x)}[/mm] sein??
Mist, da hab ich mich vertippt !
FRED
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 14:13 Do 27.10.2011 | | Autor: | fred97 |
Bei solchen Aufgaben wie
[mm]\limes_{x \to 1}{\bruch{\ln\left(x\right)}{1-x}}[/mm]
vermeide ich L'Hospital, denn [mm] \bruch{\ln\left(x\right)}{1-x} [/mm] ist (fast) ein Differenzenquotient:
Setze wir g(x):=ln(x), so gilt
[mm] $\bruch{\ln\left(x\right)}{1-x}=- \bruch{g(x)-g(1)}{x-1} \to [/mm] -g'(1)=-1$ für $x [mm] \to [/mm] 1$
FRED
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