Grenzwert

10.02.2008, 13:53

hxh

Grenzwert

$\begin{eqnarray*} \lim_{x\to 0+0} \frac{ln(1+x arctan x)-e^{x²} +1}{\sqrt{1+x^{4}}+1} = -\frac{8}{3} \end{eqnarray*}$

Ja hab da bissl mit Reihenwerten gearbeitet und Substitution

also zuerst t= x arctan x

Reihe von ln(1+t) = t - t²/2 + t³/3 -+ ...

Gleichzeitig braucht man wohl noch die Reihe vom arctan x = x - 1/3x³ + 1/5x^5 +-...

das ganze mal x = x² - 1/3x^4 + 1/5x^6 +- ...

Dann noch Reihe von e^x = 1 + x + x²/2! +...

Ok denke ma da muss man wohl durch aber hab irgendwie probleme den Nenner wegzubekommen

10.02.2008, 14:18

system-agent

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Schau dir mal die einzelnen Grenzwerte an:
$\begin{eqnarray*} arctan(x) \end{eqnarray*}$ bleibt beschränkt um Null, also ist
$\begin{eqnarray*} \lim_{x\to0}x\cdot arctan(x)=0 \end{eqnarray*}$
Dann sieht man dann gleich, dass $\begin{eqnarray*} \ln(1)=0 \end{eqnarray*}$ ist und wegen $\begin{eqnarray*} \lim_{x\to0}e^{x^2}=1 \end{eqnarray*}$ , geht der Zähler gegen 0.
Der Nenner macht für $\begin{eqnarray*} x\to0 \end{eqnarray*}$ keine Probleme, soll heissen der Grenzwert ist 0.

10.02.2008, 14:29

hxh

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der grenzwert soll aber -8/3 sein laut aufgabe

ah hab was für die wurzel wäre reihe 1 + 1/2 x^4 + ...
bleibt im nenner nur noch 1/2 x^4

10.02.2008, 14:30

tmo

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ich vermute, dass es im zähler -1 heißt.

wenn man im zähler $\begin{eqnarray*} ln(1+x^2)-ln(1+x^2) \end{eqnarray*}$ addiert kommt man zu

$\begin{eqnarray*} \lim_{x\to 0}\frac{\ln{\frac{1+x \arctan x}{1+x^2}}+\ln{(1+x^2)}-e^{x^2}+1}{\sqrt{1+x^4}-1} \end{eqnarray*}$

wenn man den bruch nun zerlegt (erster summand und die drei letzten trennen), kann man mit l'hospital

$\begin{eqnarray*} \lim_{x\to 0}\frac{\ln{(1+x^2)}-e^{x^2}+1}{\sqrt{1+x^4}-1} = \lim_{x\to 0}\frac{\ln{(1+x)}-e^{x}+1}{\sqrt{1+x^2}-1} = -2 \end{eqnarray*}$

berechnen. fehlt halt nur noch, dass der andere summand -2/3 ergibt verwirrt

10.02.2008, 15:18

hxh

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so man muss 4 Reihen entwickeln 3 Subs machen , alle bis zum 2 Glied ausser e das zum 3 , dann kommt man auf -8/3 , aber verwirrend zu rechnen ^^

10.02.2008, 18:39

WebFritzi

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Zitat:

Original von tmo
fehlt halt nur noch, dass der andere summand -2/3 ergibt verwirrt

OK, da hab ich mich mal drangesetzt. Dazu habe ich mir den folgenden Satz zurechtgeschummelt:

Es seien f,g,h in einer Umgebung U von Null diffbare Funktionen. Weiter gelte f(0) = h(0) = g(0) = 0 sowie g'(0) = 1, f und h seien $\begin{eqnarray*} \neq 0 \end{eqnarray*}$ in U\{0}, und f/h sei beschraenkt in U. Dann gilt

$\begin{eqnarray*} \lim_{x\to 0}\frac{g(f(x))}{h(x)} = \lim_{x\to 0}\frac{f(x)}{h(x)}. \end{eqnarray*}$

Beweis dazu: Fuer reelles x mit |x| hinreichend klein gilt

$\begin{eqnarray*} \left| \frac{g(f(x))}{h(x)} - \frac{f(x)}{h(x)} \right| = \left| \frac{g(f(x)) - g(0)}{f(x)} - 1 \right|\cdot\left| \frac{f(x)}{h(x)}\right| \to 0 \;\text{ fuer }\;x\to 0. \end{eqnarray*}$

So. Das zum Beweis. Nun haben wir

$\begin{eqnarray*} \frac{\ln\left(\frac{1+x\arctan(x)}{1+x^2}\right)}{\sqrt{1+x^4} - 1} = \left( \sqrt{1+x^4}+1\right)\frac{\ln\left(\frac{1+x\arctan(x)}{1+x^2}\right)}{x^4}. \end{eqnarray*}$

Wir brauchen also nur den folgenden Grenzwert mit 2 zu multiplizieren:

$\begin{eqnarray*} \lim_{x\to 0}\frac{\ln\left(1+\frac{x\arctan(x)-x^2}{1+x^2}\right)}{x^4}. \end{eqnarray*}$

Nun wenden wir den obigen Satz mit

$\begin{eqnarray*} f(x) = \frac{x\arctan(x)-x^2}{1+x^2}, \;g(x) = \ln(1+x) \;\text{ und }\; h(x) = x^4 \end{eqnarray*}$

an und erhalten

$\begin{eqnarray*} \lim_{x\to 0}\frac{\ln\left(1+\frac{x\arctan(x)-x^2}{1+x^2}\right)}{x^4} = \lim_{x\to 0}\frac{\arctan(x) - x}{x^3 + x^5} = -\frac{1}{3}. \end{eqnarray*}$

10.02.2008, 19:51

Leopold

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Und so schlimm ist die Potenzreihenrechnung auch nicht. Man muß sich nur konzentrieren und nichts Überflüssiges rechnen.

Pünktchen im Folgenden sollen heißen, daß nur noch Glieder folgen, die Beiträge von höherem als viertem Grad liefern:

$\begin{eqnarray*} \arctan x = x - \frac{1}{3} \, x^3 + \ldots; \ \ \ x \, \arctan x = x^2 - \frac{1}{3} \, x^4 + \ldots \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \ln \left( 1 + x \, \arctan x \right) = \left(x^2 - \frac{1}{3} \, x^4 + \ldots \right) - \frac{1}{2} \left(x^2 - \frac{1}{3} \, x^4 + \ldots \right)^2 + \ldots \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} = \left(x^2 - \frac{1}{3} \, x^4 + \ldots \right) - \left( \frac{1}{2} \, x^4 + \ldots \right) + \ldots = x^2 - \frac{5}{6} \, x^4 + \ldots \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \ln \left( 1 + x \, \arctan x \right) - \operatorname{e}^{x^2} + 1 = \left(x^2 - \frac{5}{6} \, x^4 + \ldots \right) - \left( 1 + x^2 + \frac{1}{2} \, x^4 + \ldots \right) + 1 = - \frac{4}{3} \, x^4 + \ldots \end{eqnarray*}$

Daher folgt:

$\begin{eqnarray*} \frac{\ln \left( 1 + x \, \arctan x \right) - \operatorname{e}^{x^2} + 1}{\sqrt{1 + x^4} - 1} = \frac{1}{x^4} \cdot \left(\sqrt{1 + x^4} + 1 \right) \cdot \left( \ln \left( 1 + x \, \arctan x \right) - \operatorname{e}^{x^2} + 1 \right) \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} = \frac{1}{x^4} \cdot \left( 2 + \frac{1}{2} \, x^4 + \ldots \right) \cdot \left(- \frac{4}{3} \, x^4 + \ldots \right) = \frac{1}{x^4} \cdot \left( - \frac{8}{3} \, x^4 + \ldots \right) = - \frac{8}{3} + \ldots \end{eqnarray*}$

Für $\begin{eqnarray*} x \to 0 \end{eqnarray*}$ strebt das gegen $\begin{eqnarray*} - \frac{8}{3} \end{eqnarray*}$ .

10.02.2008, 22:06

hxh

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Genau, das einzigste ist halt dass man schaun muss bis zu welchem Reihenglied man geht, das klappt dann ganz gut

10.02.2008, 23:43

WebFritzi

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Ja. Ich wollte auch nur den Gedanken von tmo nochmal aufgreifen. Ohne Reihenzeugs geht's halt auch.

02.03.2008, 17:00

Mathespezialschüler

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Ich weiß, der Thread ist nicht mehr wirklich aktuell, aber da ich ihn gerade entdeckt habe, wollte ich zumindest auf einen kleinen Fehler hinweisen.

Zitat:

Original von WebFritzi
Es seien f,g,h in einer Umgebung U von Null diffbare Funktionen. Weiter gelte f(0) = h(0) = g(0) = 0 sowie g'(0) = 1, f und h seien $\begin{eqnarray*} \neq 0 \end{eqnarray*}$ in U\{0}, und f/h sei beschraenkt in U. Dann gilt

$\begin{eqnarray*} \lim_{x\to 0}\frac{g(f(x))}{h(x)} = \lim_{x\to 0}\frac{f(x)}{h(x)}. \end{eqnarray*}$

So ist der Satz falsch. Beispiel: $\begin{eqnarray*} g(x)=x \end{eqnarray*}$ , $\begin{eqnarray*} h(x)=x^2 \end{eqnarray*}$ und

$\begin{eqnarray*} f(x)=\begin{cases} x^2\left(2+\sin\frac{1}{x}\right) &,\quad x\neq 0 \\ 0 &,\quad x=0\end{cases} \end{eqnarray*}$ .

Er wird richtig, wenn du voraussetzt, dass einer der beiden Grenzwerte existiert. Das sieht man auch am Beweis: Du zeigst nur

$\begin{eqnarray*} \lim_{x\to 0}\left(\frac{g(f(x))}{h(x)}-\frac{f(x)}{h(x)}\right)=0 \end{eqnarray*}$ .

Im Übrigen sind die Voraussetzungen, $\begin{eqnarray*} f \end{eqnarray*}$ sei ungleich Null in der Umgebung sowie $\begin{eqnarray*} f,g,h \end{eqnarray*}$ seien differenzierbar in ebendieser, überflüssig. Wenn ich das richtig überblicke, können sie weggelassen werden und man muss nur die Stetigkeit von $\begin{eqnarray*} f \end{eqnarray*}$ in $\begin{eqnarray*} 0 \end{eqnarray*}$ sowie die Differenzierbarkeit von $\begin{eqnarray*} g \end{eqnarray*}$ in $\begin{eqnarray*} 0 \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} g'(0)=1 \end{eqnarray*}$ hinzufügen. Auch die Voraussetzung $\begin{eqnarray*} h(0)=0 \end{eqnarray*}$ benutzt du nicht, auch wenn die Aussage für in Null stetiges $\begin{eqnarray*} h \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} h(0)\neq 0 \end{eqnarray*}$ natürlich trivial ist.

02.03.2008, 18:31

WebFritzi

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Zitat:

Original von Mathespezialschüler
Er wird richtig, wenn du voraussetzt, dass einer der beiden Grenzwerte existiert.

Ja, OK. Das meinte ich natürlich. Aber danke dir dafür, dass du mich darauf aufmerksam machst.

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