Grenzwert

06.01.2018, 10:36

Sven1001

Grenzwert

Hallo,
ich habe folgende Aufgabe:

Zeigen Sie mit der Reihendarstellung von $\begin{eqnarray*} e^x = exp(x) \end{eqnarray*}$ , dass für jedes feste $\begin{eqnarray*} a\in \mathbb R \end{eqnarray*}$ gilt:
$\begin{eqnarray*} \lim_{x \to \infty} \frac{e^{x} }{x^a} \end{eqnarray*}$

Meine Ideen:
Mit Reihendarstellung gilt:

$\begin{eqnarray*} \lim_{x \to \infty} \frac{e^{x} }{x^a} = \lim_{x \to \infty} \frac{\sum\limits_{k=0}^{\infty} \frac{x^k}{k!}}{x^a} \end{eqnarray*}$

Dann Fallunterscheidung:

1. $\begin{eqnarray*} a=0 \end{eqnarray*}$ :
$\begin{eqnarray*} \lim_{x \to \infty} \frac{\sum\limits_{k=0}^{\infty} \frac{x^k}{k!}}{x^a} = \lim_{x \to \infty} \sum\limits_{k=0}^{n} \frac{x^k}{k!} + \lim_{x \to \infty} \sum\limits_{k=n+1}^{\infty} \frac{x^k}{k!} = \infty \end{eqnarray*}$

2. $\begin{eqnarray*} a<0 \end{eqnarray*}$ :

$\begin{eqnarray*} \lim_{x \to \infty} \frac{\sum\limits_{k=0}^{\infty} \frac{x^k}{k!}}{x^{-a}} = \lim_{x \to \infty} \sum\limits_{k=0}^{\infty} \frac{x^k}{k!} x^a = \infty \end{eqnarray*}$

06.01.2018, 10:41

Sven1001

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RE: Grenzwert
3. $\begin{eqnarray*} a>0 \end{eqnarray*}$ :

$\begin{eqnarray*} \lim_{x \to \infty} \frac{\sum\limits_{k=0}^{\infty} \frac{x^k}{k!}}{x^{a}} = \lim_{x \to \infty} \frac{\sum\limits_{k=0}^{N} \frac{x^k}{k!} + \sum\limits_{k=N+1}^{\infty} \frac{x^k}{k!}} {x^a }= \infty \end{eqnarray*}$

Es gibt nach dem archimedischen Axiom ein $\begin{eqnarray*} N \in \mathbb N \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} a<N \end{eqnarray*}$ . Daraus folgt dann das GW- Verhalten.

Kann man das so machen? verwirrt

06.01.2018, 10:49

HAL 9000

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Zitat:

Original von Sven1001
2. $\begin{eqnarray*} a<0 \end{eqnarray*}$ :

$\begin{eqnarray*} \lim_{x \to \infty} \frac{\sum\limits_{k=0}^{\infty} \frac{x^k}{k!}}{x^{-a}} \end{eqnarray*}$

Nur weil $\begin{align*} a<0 \end{align*}$ ist, wird aus dem Term $\begin{align*} x^a \end{align*}$ doch nicht $\begin{align*} x^{-a} \end{align*}$ , sondern er bleibt $\begin{align*} x^a \end{align*}$ !!! Allenfalls richtig ist in diesem Fall $\begin{align*} x^a = x^{-|a|} \end{align*}$ .

Zitat:

Original von Sven1001
Es gibt nach dem archimedischen Axiom ein $\begin{eqnarray*} N \in \mathbb N \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} a<N \end{eqnarray*}$ .

Die Idee kannst du auch gleich für alle Fälle einsetzen, denn auch für $\begin{align*} a\leq 0 \end{align*}$ gibt es so ein $\begin{align*} N \end{align*}$ , man kann dazu etwa einheitlich $\begin{align*} N=1 \end{align*}$ wählen. Und dann kann man gleich in einem Aufwasch für alle $\begin{align*} x>0 \end{align*}$ abschätzen

$\begin{align*} \frac{1}{x^a} \sum_{k=0}^{\infty} \frac{x^k}{k!} > \frac{1}{x^a}\cdot \frac{x^N}{N!} = \frac{1}{N!}\cdot x^{N-a} \end{align*}$ .

Und wegen $\begin{align*} N-a>0 \end{align*}$ infolge $\begin{align*} N>a \end{align*}$ strebt der Term rechts gegen $\begin{align*} \infty \end{align*}$ für $\begin{align*} x\to\infty \end{align*}$ , also auch der linke, fertig.

06.01.2018, 10:59

Sven1001

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Zitat:

Original von HAL 9000

$\begin{align*} \frac{1}{x^a} \sum_{k=0}^{\infty} \frac{x^k}{k!} > \frac{1}{x^a}\cdot \frac{x^N}{N!} = \frac{1}{N!}\cdot x^{N-a} \end{align*}$ .

D.h dann es gibt nach dem archimedischen Axiom ein $\begin{eqnarray*} N \in \mathbb N mit a<N \end{eqnarray*}$ :

Mit deiner Abschätzung bekomme ich dann für die Fälle:

1. $\begin{eqnarray*} a=0 \end{eqnarray*}$ :
$\begin{eqnarray*} \frac{1}{N!}\cdot x^{N-a} = \frac{1}{N!}\cdot x^{N} \end{eqnarray*}$ geht offensichtlich gegen unendlich für x gegen unendlich.
2. $\begin{eqnarray*} a<0 \end{eqnarray*}$ :
$\begin{eqnarray*} \frac{1}{N!}\cdot x^{N-a} \end{eqnarray*}$ das gleiche, denn $\begin{eqnarray*} N-a >0 \end{eqnarray*}$ .
und
$\begin{eqnarray*} a>0 \end{eqnarray*}$ :
$\begin{eqnarray*} \frac{1}{N!}\cdot x^{N-a} \end{eqnarray*}$ das gleiche, denn $\begin{eqnarray*} N-a>0 \end{eqnarray*}$ , da $\begin{eqnarray*} a<N \end{eqnarray*}$

Stimmt das ?

06.01.2018, 11:08

HAL 9000

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Ja, aber wie gesagt sehe ich keine Veranlassung mehr für eine Fallunterscheidung.

06.01.2018, 11:13

Sven1001

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Ok danke dir Freude

Wie komme ich dann bei gleichen Voraussetzungen auf folgenden GW:
$\begin{eqnarray*} \lim_{x \to \infty} x^a e^{-x} \end{eqnarray*}$ verwirrt

06.01.2018, 11:31

HAL 9000

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Es ist $\begin{align*} x^a e^{-x} = \frac{x^a}{e^x} \end{align*}$ der Kehrwert des Terms von der ersten Aufgabe. Was wird dann wohl rauskommen beim selben Grenzübergang $\begin{align*} x\to\infty \end{align*}$ ?

06.01.2018, 11:50

Sven1001

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Also dann erhält man $\begin{eqnarray*} \frac{1}{\infty} =0 \end{eqnarray*}$
Aber wie beweist man das?

08.01.2018, 11:42

HAL 9000

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Das ist eine nette Übungsaufgabe, ganz generell:

Zitat:

Es sei $\begin{align*} \lim_{x\to\infty} f(x)=\infty \end{align*}$ . Man zeige $\begin{align*} \lim_{x\to\infty} \frac{1}{f(x)}=0 \end{align*}$ .

Sicher sinnvoll, das einmal gründlich zu durchdenken. Hat man das getan, muss man dieses Rad dann aber nicht immer wieder neu erfinden, wenn es mal wieder als Teilproblem auftaucht. smile

P.S.: Solche vereinfachten Darstellungen

Zitat:

Original von Sven1001
Also dann erhält man $\begin{eqnarray*} \frac{1}{\infty} =0 \end{eqnarray*}$

kann man vielleicht denken, aber man schreibt sie nicht auf - pfui. Augenzwinkern

08.01.2018, 11:45

IfindU

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Zitat:

Original von HAL 9000
Das ist eine nette Übungsaufgabe, ganz generell:

Zitat:

Es sei $\begin{align*} \lim_{x\to\infty} f(x)=\infty \end{align*}$ . Man zeige $\begin{align*} \lim_{x\to\infty} \frac{1}{f(x)}=0 \end{align*}$ .

Und wo man dabei ist, sollte man sich direkt überlegen, warum die Rückrichtung im Allgemeinen nicht stimmt. Und unter welcher zusätzlichen Bedingungen die Rückrichtung doch gilt.

08.01.2018, 12:06

Sven1001

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Wie könnte man das denn beweisen? smile

08.01.2018, 13:39

HAL 9000

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Man nutzt ganz streng die Definition beider Konvergenzen, sowohl der "echten" als auch der uneigentlichen Konvergenz gegen $\begin{align*} \infty \end{align*}$ :

Zitat:

$\begin{align*} \lim_{x\to\infty} f(x)=\infty \end{align*}$ bedeutet, dass es für jedes reelle $\begin{align*} L \end{align*}$ ein $\begin{align*} x_0 \end{align*}$ gibt, so dass $\begin{align*} f(x)>L \end{align*}$ für alle $\begin{align*} x\geq x_0 \end{align*}$ gilt.

$\begin{align*} \lim_{x\to\infty} g(x)=a \end{align*}$ für reelles $\begin{align*} a \end{align*}$ bedeutet, dass es für jedes reelle $\begin{align*} \varepsilon>0 \end{align*}$ ein $\begin{align*} x_0 \end{align*}$ gibt, so dass $\begin{align*} |g(x)-a|<\varepsilon \end{align*}$ für alle $\begin{align*} x\geq x_0 \end{align*}$ gilt.

Das zweite wollen wir für $\begin{align*} g=\frac{1}{f} \end{align*}$ und $\begin{align*} a=0 \end{align*}$ nachweisen. Betrachten wir daher irgendein $\begin{align*} \varepsilon>0 \end{align*}$ und suchen nun ein passendes $\begin{align*} x_0 \end{align*}$ .

Dazu wählen wir schlicht $\begin{align*} L:=\frac{1}{\varepsilon} \end{align*}$ , dann sagt die erstgenannte Definition der uneigentlichen Konvergenz, dass es ein $\begin{align*} x_0 \end{align*}$ mit $\begin{align*} f(x)> L = \frac{1}{\varepsilon} \end{align*}$ für alle $\begin{align*} x\geq x_0 \end{align*}$ gibt. Die Kehrwertbildung liefert $\begin{align*} 0 < g(x) = \frac{1}{f(x)} < \varepsilon \end{align*}$ , also sogar noch etwas mehr als das geforderte $\begin{align*} |g(x)| < \varepsilon \end{align*}$ fertig.

Wenn du das noch etwas üben willst, dann kannst du dich der von IfindU aufgeworfenen verwandten Problemstellung widmen.

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