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Hallo,
ich habe da noch Probleme bez. Limes trigonometrischer Funktionen.
1) [mm] \limes_{x\rightarrow x_{0}} \bruch{sin(x)-sin(x_{0})}{x-x_{0}}
[/mm]
2) [mm] \limes_{x\rightarrow\infty} (\bruch{x^{2}+1}{x^{2}-1})^{x^{2}}
[/mm]
Das sind meine Ansätze:
1) Ich würde mit dem Additionstheorem umformen, aber dann weiß ich auch nicht wirklich weiter...
[mm] \limes_{x\rightarrow x_{0}} \bruch{2 cos(\bruch{x+x_{0}}{2})sin(\bruch{x-x_{0}}{2})}{x-x_{0}}
[/mm]
2) Da sieht man ja das [mm] (\bruch{x^{2}+1}{x^{2}-1}) [/mm] gegen 1 geht und [mm] 1^{x^{2}} [/mm] für [mm] {x\rightarrow\infty} [/mm] =1
Aber so richtig beweisen kann ich das auch nicht. Man sieht es halt wegen dem [mm] x^{2} [/mm] im Zähler und im Nenner, da haben die +1, bzw. -1 keine Auswirkung für [mm] {x\rightarrow\infty}
[/mm]
Bin für jede Hilfe Dankbar
LG
Prof. Niemand
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Hallo betitelter Niemand,
> Hallo,
> ich habe da noch Probleme bez. Limes trigonometrischer
> Funktionen.
mir ist nicht ganz klar, wieso die zweite Aufgabe mit trigonometrischen Funktionen zu tun hat...
> 1) [mm]\limes_{x\rightarrow x_{0}} \bruch{sin(x)-sin(x_{0})}{x-x_{0}}[/mm]
Da war noch ein backslash zu viel. So wäre es lesbar.
> 2) [mm]\limes_{x\rightarrow\infty} (\bruch{x^{2}+1}{x^{2}-1})^{x^{2}}[/mm]
>
> Das sind meine Ansätze:
> 1) Ich würde mit dem Additionstheorem umformen, aber dann
> weiß ich auch nicht wirklich weiter...
> [mm]\limes_{x\rightarrow x_{0}} \bruch{2 cos(\bruch{x+x_{0}}{2})sin(\bruch{x-x_{0}}{2})}{x-x_{0}}[/mm]
Na, fein. Das geht doch gegen [mm] \bruch{0}{0} [/mm] - da klingelt bei mir immer ein adliges Krankenhaus im Hinterkopf. Wenn man dann nach x ableitet (wonach sonst?) und [mm] x_0 [/mm] als Konstante betrachtet, kommt man doch schnell zu einem Ergebnis. Dein Ansatz ist gut, und der alte Marquis Guillaume François Antoine wird ihn sicher zu Ende bringen.
> 2) Da sieht man ja das [mm](\bruch{x^{2}+1}{x^{2}-1})[/mm] gegen 1
> geht und [mm]1^{x^{2}}[/mm] für [mm]{x\rightarrow\infty}[/mm] =1
> Aber so richtig beweisen kann ich das auch nicht.
Gut gesehen. Es ist so auch nicht zu beweisen. So leicht lässt sich der Grenzwert nicht umformen, sonst ginge ja [mm] \left(1+\bruch{1}{n}\right)^n [/mm] ja auch gegen 1, aber nicht gegen e.
Wie wärs mit ein bisschen Umformung vorab:
[mm] \left(\bruch{x^{2}+1}{x^{2}-1}\right)^{x^2}=\left(1+\bruch{2}{x^2-1}\right)^{x^2}
[/mm]
Jetzt ersetzen wir mal mit [mm] y=\bruch{x^2-1}{2}, [/mm] also [mm] x^2=2y+1. [/mm] Dann haben wir
[mm] \left(\bruch{x^{2}+1}{x^{2}-1}\right)^{x^2}=\left(1+\bruch{1}{y}\right)^{2y+1}=\left(1+\bruch{1}{y}\right)^{y}*\left(1+\bruch{1}{y}\right)^{y+1}
[/mm]
Das sieht doch schon besser aus. Immerhin dürfen wir jetzt sagen:
[mm] \limes_{x\to\infty} \left(\bruch{x^{2}+1}{x^{2}-1}\right)^{x^2}=\limes_{y\to\infty}\left(1+\bruch{1}{y}\right)^{y}*\left(1+\bruch{1}{y}\right)^{y+1}=\limes_{y\to\infty}\left(1+\bruch{1}{y}\right)^{y}*\limes_{y\to\infty}\left(1+\bruch{1}{y}\right)^{y+1}
[/mm]
Sagt Dir das was?
lg
reverend
> Man
> sieht es halt wegen dem [mm]x^{2}[/mm] im Zähler und im Nenner, da
> haben die +1, bzw. -1 keine Auswirkung für
> [mm]{x\rightarrow\infty}[/mm]
>
> Bin für jede Hilfe Dankbar
> LG
> Prof. Niemand
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Hi,
erstmal vielen Dank für deine Antwort.
> Na, fein. Das geht doch gegen [mm]\bruch{0}{0}[/mm] - da klingelt
> bei mir immer ein adliges Krankenhaus im Hinterkopf. Wenn
> man dann nach x ableitet (wonach sonst?) und [mm]x_0[/mm] als
> Konstante betrachtet, kommt man doch schnell zu einem
> Ergebnis. Dein Ansatz ist gut, und der alte Marquis
> Guillaume François Antoine wird ihn sicher zu Ende
> bringen.
Du meinst sicher die Regel von L'Hospital, die darf ich aber nicht verwenden, weil wir sie noch nicht in der Vorlesung eingeführt haben.
> [mm] =\limes_{y\to\infty}\left(1+\bruch{1}{y}\right)^{y}*\limes_{y\to\infty}\left(1+\bruch{1}{y}\right)^{y+1}
[/mm]
Du hast ja geschrieben
> sonst ginge ja $ [mm] \left(1+\bruch{1}{n}\right)^n [/mm] $ ja auch gegen 1, aber nicht gegen e.
Somit würde das ganze gegen e² gehen.
Danke für deine Tipps, bräuchte nur noch etwas zu 1 um da ohne L'Hospital zu rechnen.
Gruss
Prof. Niemand
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Hallo nochmal,
wie man die 1) ohne de l'Hospital (richtig erkannt!) rechnen soll, ist mir ein Rätsel - es sei denn, Ihr dürft auf die Reihenentwicklung des Sinus (Fourier) zurückgreifen. Das sollte mich allerdings sehr wundern.
Bist Du wirklich sicher, dass Du den Marquis de l'Hospital nicht anwenden darfst?
Ich lasse die Frage halboffen, vielleicht sieht noch jemand einen anderen Ausweg. Ich nicht...
Nachtrag: die Lösung [mm] e^2 [/mm] ist richtig bei der zweiten Aufgabe!
lg
rev
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| Status: |
(Antwort) fertig  | | Datum: | 03:44 So 20.12.2009 | | Autor: | Fulla |
Hallo Dr.Prof.Niemand,
das in der ersten Aufgabe ist ja ein Differenzenquotient. Wie wärs, das ganze als Ableitung interpretierst?
[mm] $\lim_{x\to x_0}\frac{\sin(x)-\sin(x_0)}{x-x_0}=\left(\sin(x_0)\right)^\prime=\cos(x_0)$
[/mm]
Lieben Gruß,
Fulla
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 11:43 So 20.12.2009 | | Autor: | reverend |
Hallo Fulla,
die Aufgaben mit Differenzenquotienten dienen doch normalerweise dazu, die Differenzierbarkeit an einer bestimmten Stelle nachzuweisen oder aber - häufiger und vor allem mit beliebig wählbarem [mm] x_0 [/mm] - die Ableitungsfunktion zu bestimmen. Wenn man die voraussetzen darf, ist die Aufgabe ziemlich witzlos.
Dass Deine Lösung und Dein Lösungsweg richtig ist, steht natürlich fest.
lg
reverend
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 00:20 Di 22.12.2009 | | Autor: | matux |
$MATUXTEXT(ueberfaellige_frage)
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