Grenzwerte

30.07.2005, 02:00

asdf

Grenzwerte

Hi Leute, ich habs probiert und probiert komme aber zu keinem Ergebnis, ich hoffe jemand kann die folgenden Grenzwerte knacken:

$\begin{eqnarray*} \lim_{x \to 0}(\frac{1}{x^2}-cot^2 x) \end{eqnarray*}$

und

$\begin{eqnarray*} \lim_{x \to \infty}(1+\frac{a}{x})^{a+x} , a>0 \end{eqnarray*}$

Angeblich sollen die mit L'Hospital lösbar sein.

30.07.2005, 04:57

iammrvip

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RE: Grenzwerte

Zitat:

Original von asdf
Angeblich sollen die mit L'Hospital lösbar sein.

Also dann versuch's dochmal verwirrt

Beim ersten würd ich aber dazu erstmal Hauptnenner bilden.

30.07.2005, 11:22

zoiX

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kann dem VIP nur beipflichten

L'Hopital funktioniert bei Nr. 1 tatsächlich (nachdem man das ganze auf den Hauptnenner gebracht hat), ich habs grad mal angerechnet - sieht brauchbar aus.

Was hast du dir denn selbst schon zu den Aufgaben gedacht?

30.07.2005, 11:49

brunsi

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RE: Grenzwerte
und der 2. Limes dürfte auch ganz einfach zu knacken sein.

aber ich bin dort de rmeinung, dass da L'Hospital überflüssig ist.

Hast du schon ergebnisse?

30.07.2005, 15:06

lego

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zum zweiten würde ich mal versuchen die potenz umzuschreiben

verwende dabei $\begin{eqnarray*} a^{z}=e^{z*ln(a)} \end{eqnarray*}$

30.07.2005, 18:28

Marcell Jansen

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Ich finde, die Aufgaben sind unlösbar.
Viele Grüße vom Trainingsgelände von Borussia Mönchengladbach

30.07.2005, 19:27

Lazarus

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da kommt ja sehr produktives aus gladbach !!

naja Augenzwinkern

@lego:
weil der ln für negative werte nicht definiert ist musst du x als $\begin{eqnarray*} \mid x \mid \end{eqnarray*}$ "hochbringen" sonst fehlen dir die negativen x-werte was sich schlecht auf das verhalten x gegen -unendlich auswirkt Augenzwinkern

ansonsten sollte es mit der formel möglich sein den grenzwert zu bestimmen.

servus

//edit:
also sollte es dann so ausschauen:
$\begin{eqnarray*} x^z = e^{z*(ln|x|)} \end{eqnarray*}$
//edit 2: ja funktioniert,es müsste dann rauskommen e^a als grenzwert

30.07.2005, 19:29

lego

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ja war zugegeben ungenau, wollte nur auf die umformung hinweisen, danke für die korrektur

30.07.2005, 19:31

Mathespezialschüler

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Zitat:

Original von Lazarus
@lego:
weil der ln für negative werte nicht definiert ist musst du x als $\begin{eqnarray*} \mid x \mid \end{eqnarray*}$ "hochbringen" sonst fehlen dir die negativen x-werte was sich schlecht auf das verhalten x gegen -unendlich auswirkt Augenzwinkern

Ich weiß gar nicht, warum der ln hier überhaupt zum Einsatz kommen sollte, aber noch weniger verstehe ich, warum du über negative x sprichst. Wenn $\begin{eqnarray*} x\to+\infty \end{eqnarray*}$ geht dann kann man doch getrost $\begin{eqnarray*} x>0 \end{eqnarray*}$ annehmen. Augenzwinkern

Und warum man da l'Hospital benutzen sollte, ist mir auch unklar. verwirrt

Gruß MSS

edit: Mein 6000. smile

30.07.2005, 19:34

Lazarus

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x soll gegen beide unendlich gehen.. des mit l´hospital hab ich auch ned ganz verstanden.

30.07.2005, 19:37

Mathespezialschüler

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Woher nimmst du das denn? $\begin{eqnarray*} x\to\infty \end{eqnarray*}$ bedeutet eigentlich immer $\begin{eqnarray*} x\to+\infty \end{eqnarray*}$ . Ich habe es noch nie gesehen, dass das jemand als Konvergenz in beide Richtungen deutete. verwirrt

Gruß MSS

edit: Die anschließende Diskussion habe ich einmal hierhin verlegt.

30.07.2005, 22:22

lego

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Zitat:

Original von Mathespezialschüler

Zitat:

Ich weiß gar nicht, warum der ln hier überhaupt zum Einsatz kommen sollte

ich denke es ist schon recht hilfreich, also wenn ich michn nicht vertan habe und das ganze also umschreibe erhalte ich

$\begin{eqnarray*} e^{(a+x)*ln(1+\frac{a}{x})} \end{eqnarray*}$

und da

$\begin{eqnarray*} ln(1+\frac{a}{x}) \end{eqnarray*}$ für x gegen unendlich

wegen ln(1)=0 gegen 0 geht, geht

$\begin{eqnarray*} e^{(a+x)*ln(1+\frac{a}{x})} \end{eqnarray*}$

gegen 1

is doch hilfreich oder sieht man das anders schneller?

30.07.2005, 22:28

sqrt(2)

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Eher falsch als hilfreich.

Zitat:

Original von lego
und da

$\begin{eqnarray*} ln(1+\frac{a}{x}) \end{eqnarray*}$ für x gegen unendlich

wegen ln(1)=0 gegen 0 geht, geht

$\begin{eqnarray*} e^{(a+x)*ln(1+\frac{a}{x})} \end{eqnarray*}$

gegen 1

$\begin{eqnarray*} \infty\cdot0 \end{eqnarray*}$ ist undefiniert.

30.07.2005, 23:37

mercany

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lasst dochmal den dummen ln weg!

und zu MSS einwand:

$\begin{eqnarray*} x\to\infty \end{eqnarray*}$ ist das selbe wie wenn du $\begin{eqnarray*} x\to +\infty \end{eqnarray*}$ schreibst.
wäre hier ins "negativ unendliche" gemeint, dann hätte da $\begin{eqnarray*} x\to -\infty \end{eqnarray*}$ gestanden!

/edit: Man schreibt ja auch $\begin{eqnarray*} 5 \cdot 3 \end{eqnarray*}$ und nicht $\begin{eqnarray*} (+5) \cdot (+3) \end{eqnarray*}$

gruß, mercany

31.07.2005, 01:01

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Ich komme mal wieder zu den eigentlichen Aufgaben zurück, und zwar zur ersten:

Man kann sich dort die Rechnung etwas erleichtern, wenn man

$\begin{eqnarray*} \frac{1}{x^2}-\mathrm{cot}^2 x = \frac{\sin^2 x-x^2\,\cos^2 x}{x^2\,\sin^2 x} = \frac{\sin^2 x-x^2\,\cos^2 x}{x^4}\cdot \left(\frac{x}{\sin x}\right)^2 \end{eqnarray*}$

nutzt - ob nun mit oder ohne L'Hospital. Ich würde im weiteren ja eher auf Additionstheoreme

$\begin{eqnarray*} \sin^2 x = \frac{1-\cos(2x)}{2},\quad \cos^2 x = \frac{1+\cos(2x)}{2} \end{eqnarray*}$

sowie das O-Kalkül

$\begin{eqnarray*} \cos t = 1-\frac{t^2}{2}+O(t^4) = 1-\frac{t^2}{2}+\frac{t^4}{24}+O(t^6) \end{eqnarray*}$ , angewandt auf $\begin{eqnarray*} t=2x \end{eqnarray*}$

zurückgreifen, als mich durch viermal L'Hospital zu quälen - aber diese Option kommt für asdf vermutlich nicht in Frage.

31.07.2005, 01:41

zoiX

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hmm...*arthurs Post anschau*

Das erinnert mich gar nicht an meine Vorgehensweise, und nach meiner Anrechnung war ich davon überzeugt, das 2mal L'Hopital ausreicht...
Also meine "Anrechnung" für die Aufgabe sah so aus:

$\begin{eqnarray*} \frac {1}{x^2} - cot^2x = \frac {1}{x^2} - \frac {x^2 * cot^2x}{x^2} \end{eqnarray*}$

Die 1 strebt in Richtung 1, x² gen 0, cot²(x) gen unendlich.
Und nun kommt der Schritt, bei dem ich mir nicht sicher bin, ob ich ihn mir richtig gemerkt hab aus dem Unterricht (lang ists her Big Laugh

):

(Ich Betrachte nur den Zähler)

$\begin{eqnarray*} 1-x^2cot^2(x) = 1 - \frac {x^2}{tan^2(x)} \end{eqnarray*}$

Situation nun:
x² strebt immernoch gen 0, tan²(x) allerdings auch. Somit unbestimmter Ausdruck der Form 0/0. Bahn frei für L'Hopital - nachdem der Unbestimmte Ausdruck mit dessen Hilfe im Zähler besetigt wurde das gleiche für den gesamtem Bruch und fertig.

*mal nachzähl* Gut....könnte bei mir auch 4mal L'Hopital sein - abe ich bin müde, und vermutlich sind da auch x Fehler drin....*schonmal Schutzhelm gegen die Schläge anzieh*

31.07.2005, 01:50

Mathespezialschüler

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Zitat:

Original von zoiX
Situation nun:
x² strebt immernoch gen 0, tan²(x) allerdings auch. Somit unbestimmter Ausdruck der Form 0/0. Bahn frei für L'Hopital - nachdem der Unbestimmte Ausdruck mit dessen Hilfe im Zähler besetigt wurde das gleiche für den gesamtem Bruch und fertig.

Also, der Zähler geht gegen 0. Dein Verfahren ist aber mMn falsch, wenn ich es richtig verstanden habe. l'Hospital ist das zumindest nicht mehr. Was hast du denn raus? Würde mich wundern, wenn da das richtige rauskäme.

Gruß MSS

31.07.2005, 01:57

zoiX

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Der Übersicht halber nochmal die Situation nach meinem zweifelhaften Schritt:
$\begin{eqnarray*} \lim_{x \to \infty} \frac {1 - \frac {x^2}{tan^2(x)}}{x^2} \end{eqnarray*}$

Sorry, hab ewig mit Latex gekämpft...

Im Zähler steht damit $\begin{eqnarray*} 1-\frac {0}{0} \end{eqnarray*}$ , wobei 0/0 nicht bestimmt ist, aber L'Hospital erlaubt. Soweit richtig?
Hier hab ich dann leider beim Rechnen vorerst aufgehört, weil ich die Sache nur anrechnen wollte, um zu wissen, ob's mit L'Hospital möglich ist.

Wenn ich dann mit L'Hospital den unbestimmten Ausdruck im Zähler beseitigt hab bleibt nur noch der Grenzwert im Nenner (Moment....da ist mein Denkfehler, oder? Kann ich wenn ich, wenn der Zähler eines unbestimmte Ausdrucks selbst ein unbestimtmer Ausdruk ist überhaupt so rechnen? Weil - nachdem ich den Zähler mit L'Hospital beseitigt hab ist der Ausdruck Zähler / Nenner ja nicht mehr unbestimmt.....*verwirrt guck*)

Ich würds jetzt weiterrechnen, wenn mein Derive mitspielen würde, und ich nicht so müde wäre.... (Ableitungen und der Kram funktionieren irgendwie nimmer - warum auch immer).

31.07.2005, 02:13

Mathespezialschüler

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Wir sind bei Konvergenz für $\begin{eqnarray*} x\to 0 \end{eqnarray*}$ und nicht für $\begin{eqnarray*} x\to\infty \end{eqnarray*}$ . Augenzwinkern

Zitat:

Original von zoiX
Wenn ich dann mit L'Hospital den unbestimmten Ausdruck im Zähler beseitigt hab bleibt nur noch der Grenzwert im Nenner (Moment....da ist mein Denkfehler, oder? Kann ich wenn ich, wenn der Zähler eines unbestimmte Ausdrucks selbst ein unbestimtmer Ausdruk ist überhaupt so rechnen? Weil - nachdem ich den Zähler mit L'Hospital beseitigt hab ist der Ausdruck Zähler / Nenner ja nicht mehr unbestimmt.....*verwirrt guck*)

Nein, das darfst du nicht! l'Hospital kannst du im Zähler nur anwenden, wenn du wissen möchtest, wogegen der Zähler geht. Aber du darfst nicht erst auf diesen Bruch im Zähler l'Hospital anwenden und dann damit weiterrechnen und auf den ganzen Bruch l'Hospital anwenden. l'Hospital sagt, du musst Zähler und Nenner ableiten und darfst auf keinen Fall einen der beiden vorher verändern. Ich zeig dir mal, wie du es machen darfst:

$\begin{eqnarray*} \lim_{x\to 0}\frac{1-\frac{x^2}{\tan^2x}}{x^2} \end{eqnarray*}$

Du willst erstmal wissen, wogegen $\begin{eqnarray*} \frac{x^2}{\tan^2x} \end{eqnarray*}$ geht. Das machst du mit l'Hospital. Aber dazu vereinfachen wir vorher:

$\begin{eqnarray*} \lim_{x\to 0}\frac{x^2}{\tan^2x}=\left(\lim_{x\to 0}\frac{x}{\tan x}\right)^2 \end{eqnarray*}$ .

Nun l'Hospital (der Grenzwert dürfte eigentlich bekannt sein, aber es geht auch mit l'Hospital):

$\begin{eqnarray*} \left(\lim_{x\to 0}\frac{x}{\tan x}\right)^2=\left(\lim_{x\to 0}\cos^2x\right)^2=\lim_{x\to 0}\cos^4x=1 \end{eqnarray*}$ .

Erst jetzt weißt du, dass der gesamte Zähler gegen 0 geht und jetzt kannst du l'Hospital anwenden, aber auf den "Ausgangsbruch" und nicht auf

$\begin{eqnarray*} \frac{1-\cos^4x}{x^2} \end{eqnarray*}$ ,

sondern eben auf

$\begin{eqnarray*} \lim_{x\to 0}\frac{1-\frac{x^2}{\tan^2x}}{x^2} \end{eqnarray*}$ .

Klar, was ich meine? Augenzwinkern

Gruß MSS

31.07.2005, 02:26

zoiX

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Eins nach dem andern:
x->0 war mir beußt, aber meinen Fingern nicht - eräwhnte ich, mit Latex gekämpft zu haben?

So, dann hab ich meiner Verwirrung zwischenzeitlich selber Luft gemacht, natürlich muss ich, nachdem ich festgestellt hab, dass der Zähler unbestimmt ist, den Zähler bestimmen und überprüfen, ob er gegen 0 geht (um 0/0 zu erreichen).

Die Frage ob die ganze Sache das Problem jetzt vereinfacht hat spar ich mir, die kann ich mir selbst beantworten Big Laugh

*Blatt Papier aus dem College-Block reiß, Papierflieger draus bau und ihn durch den Basketballkorb in den großen Mülleimer beförder*

Obwohl.....es bleibt nur noch zweimal L'Hospital....und 2 (für den Zähler)+ 2 (für den Gesamtbruch) = 4 (für die Aufgabe) wie Arthur sagte....womit bewiesen wäre, das Athur recht hatte Big Laugh

31.07.2005, 12:44

Mathespezialschüler

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Naja, ich hab nur zweimal gebraucht, allerdings habe ich zur Auswertung des Zählers auch nicht l'Hospital benutzt, sondern mir war bekannt, dass $\begin{eqnarray*} \lim_{x\to 0}x\cot x=1 \end{eqnarray*}$ gilt.
Ich habe die Aufgabe aber zuallererst ähnlich wie Arthur, nämlich mit Potenzreihen gelöst, weil das doch meistens nicht ganz so aufwändig wie l'Hospital ist.

Gruß MSS

31.07.2005, 12:45

mercany

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Zitat:

Original von Arthur Dent
$\begin{eqnarray*} \frac{1}{x^2}-\mathrm{cot}^2 x = \frac{\sin^2 x-x^2\,\cos^2 x}{x^2\,\sin^2 x} = \frac{\sin^2 x-x^2\,\cos^2 x}{x^4}\cdot \left(\frac{x}{\sin x}\right)^2 \end{eqnarray*}$

Hallo Arthur!

Könntest du mir mal erläutern, nach welcher Regel du darauf schliesst verwirrt

Danke, Jan

31.07.2005, 12:48

Mathespezialschüler

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$\begin{eqnarray*} \frac{1}{x^2}-\cot^2x=\frac{1}{x^2}-\frac{\cos^2x}{\sin^2x}=\frac{\sin^2x}{x^2\sin^2x}-\frac{x^2\cos^2x}{x^2\sin^2x} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} =\frac{\sin^2x-x^2\cos^2x}{x^2\sin^2x}\cdot \frac{x^2}{x^2}=\frac{\sin^2x-x^2\cos^2x}{x^4}\cdot \frac{x^2}{\sin^2x} \end{eqnarray*}$

Gruß MSS

31.07.2005, 20:12

Leopold

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Und hier die Lösung mit Potenzreihen.

$\begin{eqnarray*} \operatorname{cot}{x} = \frac{\cos{x}}{\sin{x}} = \frac{1}{x} \cdot \frac{1 - \frac{1}{2}x^2 \pm \ldots}{1 - \frac{1}{6}x^2 \pm \ldots} = \frac{1}{x} \cdot \left(1 - \frac{1}{3}x^2 + \ldots \right) \end{eqnarray*}$

Die letze Umformung erhält man durch Potenzreihendivision:

$\begin{eqnarray*} \begin{matrix}\left( 1 - \frac{1}{2}x^2 \pm \ldots \right) & : & \left( 1 - \frac{1}{6}x^2 \pm \ldots \right) & = & 1 - \frac{1}{3}x^2 + \ldots \\ - \left( 1 - \frac{1}{6}x^2 \pm \ldots \right) & & & & \\ \text{------------------------} & & & & \\ - \frac{1}{3}x^2 + \ldots & & & & \end{matrix} \end{eqnarray*}$

Und jetzt wird die Gleichung quadriert:

$\begin{eqnarray*} \operatorname{cot}^2{x} = \frac{1}{x^2} \cdot \left(1 - \frac{1}{3}x^2 + \ldots \right) \cdot \left(1 - \frac{1}{3}x^2 + \ldots \right) = \frac{1}{x^2} \cdot \left( 1 - \frac{2}{3}x^2 + \ldots \right) \end{eqnarray*}$

Hierbei entsteht das quadratische Glied aus dem konstanten Glied der ersten Klammer, multipliziert mit dem quadratischen der zweiten Klammer, sowie umgekehrt aus dem quadratischen Glieder der ersten Klammer, multipliziert mit dem konstanten der zweiten Klammer (vgl. binomische Formel).

Es folgt:

$\begin{eqnarray*} \frac{1}{x^2} - \operatorname{cot}^2{x} = \frac{2}{3} + \ldots \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \lim_{x \to 0} \left( \frac{1}{x^2} - \operatorname{cot}^2{x} \right) = \frac{2}{3} \end{eqnarray*}$

31.07.2005, 20:15

Mathespezialschüler

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Genauso hab ichs auch gemacht, nur dass mir die Potenzreihe von $\begin{eqnarray*} x\cot x \end{eqnarray*}$ schon bekannt war. Augenzwinkern

Gruß MSS

01.08.2005, 21:52

asdf

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danke für die tipps leute, hab noch nicht den blick perfekten blick für die richtige umformung
aber der zweite grenzwert ist schon echt ne frechheit von unserem matheprof (4 mal lhopital mit ellenlangen termen)
@arthur : kannst du mal ganz kurz anreissen was das O-kalkül ist?

01.08.2005, 21:56

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Im Prinzip dient es hier nur der "Bändigung" der Reihenreste, allgemein siehe (wie meistens) Wikipedia:

http://de.wikipedia.org/wiki/Landau-Symbole

01.08.2005, 22:13

Mathespezialschüler

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Zitat:

Original von asdf
aber der zweite grenzwert ist schon echt ne frechheit von unserem matheprof (4 mal lhopital mit ellenlangen termen)

Naja, wenn man es unbedingt mit l'Hospital machen will. *g*

$\begin{eqnarray*} \lim_{x\to \infty}\left(1+\frac{a}{x}\right)^{a+x}=\lim_{x\to \infty}\left(1+\frac{a}{x}\right)^a\cdot \lim_{x\to \infty}\left(1+\frac{a}{x}\right)^x=1\cdot \operatorname{e}^a \end{eqnarray*}$

Gruß MSS

01.08.2005, 22:34

asdf

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du hast recht aber da ich den grenzwert $\begin{eqnarray*} \lim_{x \to \infty} (1+{a \over x})^x \end{eqnarray*}$
offiziell noch nicht kenne kann ich nicht davon ausgehen das er konvergiert, und die produktzerlegung machen ^^

01.08.2005, 22:37

Mathespezialschüler

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Ok, kannst du vll mal kur in Worte fassen, wie du mit l'Hospital gearbeitet hast? D.h. jetzt nicht, dass du alles hinschreiben sollst, sondern nur, wie du vorgegangen bist! Augenzwinkern

Gruß MSS

01.08.2005, 22:48

asdf

Auf diesen Beitrag antworten »

Ich machs trotzdem in Formelsprache =)

$\begin{eqnarray*} \lim_{x \to \infty} (1+{a \over x})^{a+x} = \lim_{x \to \infty} e^{(a+x)ln(1+{a \over x})} = \lim_{x \to \infty} exp({{ln(1+{a \over x})} \over {(x+a)^{-1}}}) = exp(\lim_{x \to \infty}{{ln(1+{a \over x})} \over {(x+a)^{-1}}}) \end{eqnarray*}$

so da lässt sich jetzt wunderbar l'Hopital anwenden. Wink

01.08.2005, 23:02

Mathespezialschüler

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Ok, näheres will ich gar nicht wissen und ich will es auch gar nicht durchrechnen. Ich will dir nur verraten, dass du

$\begin{eqnarray*} \lim_{x\to \infty}\left(1+\frac{a}{x}\right)^x=\operatorname{e}^a \end{eqnarray*}$

doch schon "offiziell kennen darfst". Denn du weißt ja, dass

$\begin{eqnarray*} \ln'x=\frac{1}{x} \end{eqnarray*}$

ist. Sei $\begin{eqnarray*} a:=\frac{1}{x} \end{eqnarray*}$ . Dann gilt also

$\begin{eqnarray*} a=\frac{1}{x}=\ln'x=\lim_{h\to 0}\frac{\ln(x+h)-\ln x}{h} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} =\lim_{h\to 0}\frac{1}{h}\cdot \ln\left(\frac{x+h}{x}\right)=\lim_{h\to 0}\ln\left(\left(1+\frac{h}{x}\right)^{\frac{1}{h}}\right) \end{eqnarray*}$

Wegen der Stetigkeit des $\begin{eqnarray*} \ln \end{eqnarray*}$ ist das

$\begin{eqnarray*} =\ln\left(\lim_{h\to 0}(1+ah)^{\frac{1}{h}}\right) \end{eqnarray*}$ .

Wir haben also insgesamt

$\begin{eqnarray*} \ln\left(\lim_{h\to 0}(1+ah)^{\frac{1}{h}}\right)=a \end{eqnarray*}$

und damit

$\begin{eqnarray*} \lim_{h\to 0}(1+ah)^\frac{1}{h}=\operatorname{e}^a \end{eqnarray*}$ .

Wie daraus $\begin{eqnarray*} \lim_{x\to \infty}\left(1+\frac{a}{x}\right)^x=\operatorname{e}^a \end{eqnarray*}$

folgt, dürfte klar sein. Augenzwinkern

Gruß MSS

01.08.2005, 23:20

asdf

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Ok du hast mir gezeigt das die Herleitung mit meinen Mitteln möglich ist, aber es ist eher unwahrscheinlich das ich da von allein drauf gekommen wäre. *g
Kennst du auch so ne schöne Herleitung für die Ableitung von ln x, das würde mich interessieren.

01.08.2005, 23:28

Mathespezialschüler

Auf diesen Beitrag antworten »

Ich möchte nicht überheblich klingen, aber ich kenne bestimmt ein paar Herleitungen für die Ableitung vom ln, das kommt aber darauf an, wie er definiert ist! Also, wie habt ihr ihn definiert? Und wenn du sagst, er sei als Umkehrfunktion von $\begin{eqnarray*} f(x)=\operatorname{e}^x \end{eqnarray*}$ , dann bräuchte ich noch die Definition von $\begin{eqnarray*} \operatorname{e} \end{eqnarray*}$ bzw. ggf. von $\begin{eqnarray*} \operatorname{e}^x \end{eqnarray*}$ . Augenzwinkern

Gruß MSS

01.08.2005, 23:28

Egal

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Kennst du die Regel für die Ableitung der Umkehrfunktion? Dann ist es nämlich ganz einfahc.

01.08.2005, 23:46

asdf

Auf diesen Beitrag antworten »

Also wenn ich mich richtig erinnere hab ich ln x als integral von 1/x kennengelernt, aber ne herleitung hab ich nie gesehen.

@egal: jo die regel kenn ich, damit ist es natürlich einfach

01.08.2005, 23:49

Mathespezialschüler

Auf diesen Beitrag antworten »

@asdf
Ihr habt also $\begin{eqnarray*} \ln x:=\int\limits_1^x~\frac{1}{t}~\mathrm{d}t \end{eqnarray*}$ definiert. Das ist eine Definition, die kann man nicht herleiten. Daraus folgt doch mit dem Hauptsatz der Differential- und Integralrechnung direkt $\begin{eqnarray*} \ln'x=\frac{1}{x} \end{eqnarray*}$ !! Also ganz einfach. Augenzwinkern

Es gibt viele andere Möglichkeiten, e und dann ln als Umkehrfunktion der Exponentialfunktion zu definieren. Siehe z.B. hier oder hier. Und hier ist eine ungewöhnliche Möglichkeit.

Gruß MSS

01.08.2005, 23:58

asdf

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lol ich hab gedacht jetzt kommt eine riesige ansammlung von gleichungen.
und wenn ich jetzt zeigen wollte das lnx die umkehrfunktion von e^x ist würde ich die regel von die egal erwähnt hat anwenden?

02.08.2005, 00:02

asdf

Auf diesen Beitrag antworten »

ah ok, danke für die nachhilfestunden ^^
eine frage hab ich noch:
Wie kommts das du erst 17 bist und soviel ahnung von der materie hast?

02.08.2005, 00:13

Mathespezialschüler

Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:

Original von asdf
und wenn ich jetzt zeigen wollte das lnx die umkehrfunktion von e^x ist würde ich die regel von die egal erwähnt hat anwenden?

Es ist eigentlich eher ungewöhnlich, dass man die Exponentialfunktion und den natürlichen Logarithmus seperat definiert. Soll heißen: Entweder man definiert $\begin{eqnarray*} \operatorname{e} \end{eqnarray*}$ und dann $\begin{eqnarray*} \operatorname{e}^x \end{eqnarray*}$ irgendwie und definiert dann $\begin{eqnarray*} \ln \end{eqnarray*}$ direkt als Umkehrfunktion der Exponentialfunktion. Oder man definiert den $\begin{eqnarray*} \ln \end{eqnarray*}$ (wie auch immer) und definiert dann $\begin{eqnarray*} \operatorname{e}^x \end{eqnarray*}$ als Umkehrfunktion des $\begin{eqnarray*} \ln \end{eqnarray*}$ . Beides getrennt definieren, ist eigentlich ungewöhnlich. Aber warum nicht, man kann es so machen. Wie habt ihr denn $\begin{eqnarray*} \operatorname{e}^x \end{eqnarray*}$ definiert?

PS: Ich bin halt mathebegeistert und hab mithilfe weniger Bücher mir mal Ana1 angeeignet. Augenzwinkern

Gruß MSS

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