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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 19:24 Di 27.05.2008 | | Autor: | jboss |
| Aufgabe | Berechnen Sie die folgenden Grenzwerte:
a) [mm] $\limes_{x\rightarrow0} \bruch{x}{e^{x}-1}$
[/mm]
b) [mm] $\limes_{x\rightarrow0} \bruch{cos(x)-1}{x^2}$
[/mm]
c) [mm] $\limes_{x\rightarrow\bruch{\pi}{2}} (x-\bruch{\pi}{2})tan(x)$
[/mm]
d) [mm] $\limes_{x\rightarrow0} \bruch{1}{sin(x)} [/mm] - [mm] \bruch{1}{x}$
[/mm]
e) [mm] $\limes_{x\rightarrow\infty}(1+\bruch{1}{x})^{\wurzel{x^{2} + 1}$
f) $\limes_{x\rightarrow0}sin(x)^{tan(x)}$
Hallo zusammen,
habe mich gerade an der obigen Aufgabe versucht und möchte nun erfragen ob meine Lösungen bzw. Lösungsansätze korrekt sind :-)
Ich fang einfach mal an. ;-)
Im folgenden Kennzeichnen blaue Gleichheitszeichen die Anwendung der Regel von de l'Hospital.
Lösung zu a)
Hier habe ich de l'Hospital angewendet.
$\limes_{x\rightarrow0} \bruch{x}{e^{x}-1} {\color{Blue}=}\limes_{x\rightarrow0} \bruch{1}{e^{x}} = 1$
Lösung zu b)
auch hier bietet sich die Regel von de l'Hospital an, da für $x$ gegen Zähler und Nenner $0$ werden. Ich wende die Regel hier 2-mal an.
$\limes_{x\rightarrow0} \bruch{cos(x)-1}{x^2} {\color{Blue}=} \limes_{x\rightarrow0} \bruch{-sin(x)}{2x} {\color{Blue}=} \limes_{x\rightarrow0} \bruch{-cos(x)}{2} = -\bruch{1}{2}$
Lösung zu c)
nach Umformung des Tangens hilft mir auch hier de l'Hospital weiter.
$\limes_{x\rightarrow\bruch{\pi}{2}} (x-\bruch{\pi}{2})tan(x) = \limes_{x\rightarrow\bruch{\pi}{2}} \bruch{(x-\bruch{\pi}{2})sin(x)}{cos(x)} {\color{Blue}=} \limes_{x\rightarrow\bruch{\pi}{2}} \bruch{sin(x) + (x-\bruch{\pi}{2})cos(x)}{-sin(x)} = -1$
Lösung zu d)
Habe hier die 2 Brüche auf einen Nenner gebracht und anschließend 2-mal de l'Hospital angewandt. Bin mir jedoch nicht sicher, ob das alles so stimmt wie ich mir das zurechtgebogen habe.
$\limes_{x\rightarrow0} \bruch{1}{sin(x)} - \bruch{1}{x} = \limes_{x\rightarrow0} \bruch{x-sin(x)}{x(sin(x))} {\color{Blue}=} \limes_{x\rightarrow0} \bruch{1-cos(x)}{(cos(x))x + sin(x)} {\color{Blue}=} \limes_{x\rightarrow0} \bruch{sin(x)}{2cos(x) - xsin(x)} = 0$
Lösung zu e)
$\limes_{x\rightarrow\infty}(1+\bruch{1}{x})^{\wurzel{x^{2} + 1}}$
$ = \limes_{x\rightarrow\infty}(1+\bruch{1}{x})^{\wurzel{x^{2}(1 + \bruch{1}{x^2})}}$
$ = \limes_{x\rightarrow\infty}(1+\bruch{1}{x})^{x\wurzel{1 + \bruch{1}{x^2}}}$
$ = \limes_{x\rightarrow\infty}\left((1+\bruch{1}{x})^{x}\right)^{\wurzel{1 + \bruch{1}{x^2}}}}=e$
[/mm]
Lösungsansatz zu f)
[mm] $\limes_{x\rightarrow0}sin(x)^{tan(x)} [/mm] = [mm] \limes_{x\rightarrow0}\left(sin(x)\right)^{\bruch{sin(x)}{cos(x)}}$
[/mm]
Weiter komm ich hier leider nicht :-( Kann mir jemand einen Tipp geben?
Freu mich auf eure Antworten. Vielen Dank im Voraus.
Jakob
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 19:46 Di 27.05.2008 | | Autor: | Loddar |
Hallo jboss!
Die Teilaufgaben a.) bis d.) hast Du richtig gelöst.
Gruß
Loddar
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 20:57 Di 27.05.2008 | | Autor: | jboss |
Vielen Dank Loddar! 
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Hallo Jakob,
bei (e) kommt als GW in der Tat e heraus, ich bin mir aber nicht ganz sicher, ob deine letzte Umformung so zulässig ist.
Ich habe es mit der Definition der allg. Potenz [mm] $\blue{a^b}=e^{\ln(a^b)}=\blue{e^{b\cdot{}\ln(a)}}$ [/mm] gerechnet
Also [mm] $\left(1+\frac{1}{x}\right)^{\sqrt{x^2+1}}=e^{\sqrt{x^2+1}\cdot{}\ln\left(1+\frac{1}{x}\right)}$
[/mm]
Dann habe ich den Exponenten rausgepickt, also [mm] $\sqrt{x^2+1}\cdot{}\ln\left(1+\frac{1}{x}\right)=\frac{\ln\left(1+\frac{1}{x}\right)}{\frac{1}{\sqrt{x^2+1}}}$
[/mm]
Das Biest strebt für [mm] $x\to\infty$ [/mm] gegen den unbestimmten Ausdruck [mm] $\frac{\ln(1)}{\frac{1}{\infty}}=\frac{0}{0}$
[/mm]
Also kannst du mit de l'Hôpital zubeißen und das Ergebnis nachher noch [mm] $e^{(..)}$ [/mm] nehmen!
Bei der (f) ist gemeint [mm] $\lim\limits_{x\downarrow 0} [/mm] \ [mm] \sin(x)^{\tan(x)}$, [/mm] also der rechtsseitige Limes, oder?
Das kannst du genauso über die Definition der allg. Potenz angehen und mit de l'Hôpital beackern
LG
schachuzipus
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 20:56 Di 27.05.2008 | | Autor: | jboss |
Hey schachuzipus,
> Hallo Jakob,
>
> bei (e) kommt als GW in der Tat e heraus, ich bin mir aber
> nicht ganz sicher, ob deine letzte Umformung so zulässig
> ist.
>
> Ich habe es mit der Definition der allg. Potenz
> [mm]\blue{a^b}=e^{\ln(a^b)}=\blue{e^{b\cdot{}\ln(a)}}[/mm]
> gerechnet
>
> Also
> [mm]\left(1+\frac{1}{x}\right)^{\sqrt{x^2+1}}=e^{\sqrt{x^2+1}\cdot{}\ln\left(1+\frac{1}{x}\right)}[/mm]
>
> Dann habe ich den Exponenten rausgepickt, also
> [mm]\sqrt{x^2+1}\cdot{}\ln\left(1+\frac{1}{x}\right)=\frac{\ln\left(1+\frac{1}{x}\right)}{\frac{1}{\sqrt{x^2+1}}}[/mm]
>
> Das Biest strebt für [mm]x\to\infty[/mm] gegen den unbestimmten
> Ausdruck [mm]\frac{\ln(1)}{\frac{1}{\infty}}=\frac{0}{0}[/mm]
>
> Also kannst du mit de l'Hôpital zubeißen und das Ergebnis
> nachher noch [mm]e^{(..)}[/mm] nehmen!
Das sieht natürlich wesentlich elegenater aus was du hier gemacht hast. Ist für mich auch sofort einsichtig.
Habe versucht das Ungetüm mit de l'Hospital zu zähmen. Allerdings hab ich da ein kleines Problem. Entweder hab ich falsch abgeleitet oder ich muss die Regel mehr als 1-mal anwenden *zitter*
Also folgende Zwischenrechnung für den Exponenten:
[mm]\sqrt{x^2+1}\cdot{}\ln\left(1+\frac{1}{x}\right)=\frac{\ln\left(1+\frac{1}{x}\right)}{\frac{1}{\sqrt{x^2+1}}} \blue{=} \frac{\frac{1}{1+\frac{1}{x}}\cdot{}-\frac{1}{x^2}}{\frac{\frac{x}{\sqrt{x^{2}+1}}}{{(x^{2}+1)}}} [/mm]
Das strebt für [mm]x\to\infty[/mm] doch auch gegen [mm]\frac{0}{0}[/mm]?
Hab ich was falsch gemacht?
>
> Bei der (f) ist gemeint [mm]\lim\limits_{x\downarrow 0} \ \sin(x)^{\tan(x)}[/mm],
> also der rechtsseitige Limes, oder?
>
Das weiß ich nicht. Die Aufgabenstellung ist die obige. Ich werde deinen Tipp mal befolgen.
> Das kannst du genauso über die Definition der allg. Potenz
> angehen und mit de l'Hôpital beackern
>
>
> LG
>
> schachuzipus
Jakob
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Hallo nochmal,
> Hey schachuzipus,
>
> > Hallo Jakob,
> >
> > bei (e) kommt als GW in der Tat e heraus, ich bin mir aber
> > nicht ganz sicher, ob deine letzte Umformung so zulässig
> > ist.
> >
> > Ich habe es mit der Definition der allg. Potenz
> > [mm]\blue{a^b}=e^{\ln(a^b)}=\blue{e^{b\cdot{}\ln(a)}}[/mm]
> > gerechnet
> >
> > Also
> >
> [mm]\left(1+\frac{1}{x}\right)^{\sqrt{x^2+1}}=e^{\sqrt{x^2+1}\cdot{}\ln\left(1+\frac{1}{x}\right)}[/mm]
> >
> > Dann habe ich den Exponenten rausgepickt, also
> >
> [mm]\sqrt{x^2+1}\cdot{}\ln\left(1+\frac{1}{x}\right)=\frac{\ln\left(1+\frac{1}{x}\right)}{\frac{1}{\sqrt{x^2+1}}}[/mm]
> >
> > Das Biest strebt für [mm]x\to\infty[/mm] gegen den unbestimmten
> > Ausdruck [mm]\frac{\ln(1)}{\frac{1}{\infty}}=\frac{0}{0}[/mm]
> >
> > Also kannst du mit de l'Hôpital zubeißen und das Ergebnis
> > nachher noch [mm]e^{(..)}[/mm] nehmen!
>
> Das sieht natürlich wesentlich elegenater aus was du hier
> gemacht hast. Ist für mich auch sofort einsichtig.
> Habe versucht das Ungetüm mit de l'Hospital zu zähmen.
> Allerdings hab ich da ein kleines Problem. Entweder hab ich
> falsch abgeleitet oder ich muss die Regel mehr als 1-mal
> anwenden *zitter*
> Also folgende Zwischenrechnung für den Exponenten:
>
> [mm]\sqrt{x^2+1}\cdot{}\ln\left(1+\frac{1}{x}\right)=\frac{\ln\left(1+\frac{1}{x}\right)}{\frac{1}{\sqrt{x^2+1}}} \blue{=} \frac{\frac{1}{1+\frac{1}{x}}\cdot{}-\frac{1}{x^2}}{\red{-}\frac{\frac{x}{\sqrt{x^{2}+1}}}{{(x^{2}+1)}}}[/mm]Eingabefehler: "{" und "}" müssen immer paarweise auftreten, es wurde aber ein Teil ohne Entsprechung gefunden (siehe rote Markierung)
![[ok]](/images/smileys/ok.gif "[ok]")
Da fehlte m.E. ein - oder man kann's nicht lesen  , aber sonst sieht's gut aus
Das kannst du aber noch zusammenfassen...
$\frac{\frac{1}{\frac{x+1}{x}}\cdot{}\left(-\frac{1}{x^2}\right)}{-\frac{x}{\sqrt{x^2+1}}\cdot{}\frac{1}{x^2+1}}$
$=\frac{-\frac{1}{x(x+1)}}{-\frac{x}{\sqrt{x^2+1}}\cdot{}\frac{1}{\sqrt{(x^2+1)^2}}$
$=-\frac{1}{x(x+1)}\cdot{}\left(-\frac{(x^2+1)^{\frac{3}{2}}}{x}\right)=\frac{(x^2+1)^{\frac{3}{2}}}{x^3+x^2}$
Und hier ist doch die höchste Potenz von $x$ in Zähler und Nenner jeweils 3, das Tier strebt also für $x\to\infty$ gegen 1
> Das strebt für [mm]x\to\infty[/mm] doch auch gegen [mm]\frac{0}{0}[/mm]? ![[notok]](/images/smileys/notok.gif "[notok]")
> Hab ich was falsch gemacht?
>
> >
> > Bei der (f) ist gemeint [mm]\lim\limits_{x\downarrow 0} \ \sin(x)^{\tan(x)}[/mm],
> > also der rechtsseitige Limes, oder?
> >
>
> Das weiß ich nicht. Die Aufgabenstellung ist die obige. Ich
> werde deinen Tipp mal befolgen.
links von 0 ist der Sinus ja negativ, dann ist [mm] $\ln(\sin(x))$ [/mm] kein besonders sinnvoller Ausruck, oder? Darum meine ich, es sollte der rechtsseitige GW gemeint sein
>
> > Das kannst du genauso über die Definition der allg. Potenz
> > angehen und mit de l'Hôpital beackern
> >
> >
> > LG
> >
> > schachuzipus
>
> Jakob
>
LG
schachuzipus
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 21:25 Di 27.05.2008 | | Autor: | jboss |
Oha, jetzt wird so einiges klar
Besten Dank!
Jakob
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 21:27 Di 27.05.2008 | | Autor: | jboss |
Guten Abend abakus,
danke für deine Hilfe. Darauf wäre ich selber nich gekommen. Hilft mir ungemein weiter.
lg Jakob
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