Regeln von de l'Hospital

18.12.2008, 17:22

eierkopf1

Regeln von de l'Hospital

Hallo!

Bei folgendem Beispiel habe ich eine Frage:

$\begin{eqnarray*} \lim_{x \to 2^-}=\frac{ \ln{(x^3-\frac{13}{2} x^2 +18)} } {x^3-6x^2+11x-6}=Typ(\frac{-\infty}{0}) \end{eqnarray*}$

Kann ich die Regel von de l'Hospital anwenden? Weil eigentlich kann man sie nur bei unbstimmten Ausdrücke $\begin{eqnarray*} \frac 0 0 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} \frac{\infty}{\infty} \end{eqnarray*}$ anwenden. Bei anderen "Ausdrücken" kann man es umformen, damit man wieder auf diese Ausdrücke kommt. Kann man hier auch umformen?

mfg

18.12.2008, 17:30

mYthos

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"Unendlich durch Null" ist doch eindeutig, da ist ja ein "noch größeres Unendlich".
Da wendet man L'Hospital natürlich nicht an.

mY+

18.12.2008, 17:40

eierkopf1

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Und was heißt das dann? Der Grenzwert existiert nicht?

mfg

18.12.2008, 18:48

mYthos

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Ja sicher bzw. geht das über alle Grenzen, in diesem Fall allerdings nach $\begin{eqnarray*} + \infty \end{eqnarray*}$ (Setze x = 2 - h, für sehr kleine h abschätzen!), auch wenn man das am Graphen zunächst nicht erkennt.

Machen wir die Einteilung ein wenig feiner:

Jetzt ist der Trend besser erkennbar:

mY+

18.12.2008, 21:23

eierkopf1

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Danke für die super grafische Darstellung.

Ist das ein Satz bzw. immer so, dass man l'Hospital bei "unendlich durch 0" nicht anwenden darf und dass der Grenzwert nicht existiert?

mfg

18.12.2008, 21:36

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In die Formel der grafischen Darstellung von mYthos hat sich ein kleiner Fehler eingeschlichen ( $\begin{eqnarray*} x^3 \end{eqnarray*}$ statt $\begin{eqnarray*} x^2 \end{eqnarray*}$ ), welcher am Punkt x=2 zu einem völlig anderen Graphen führt.

18.12.2008, 22:16

mYthos

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Danke für die Berichtigung!
Im Prinzip ändert es nichts an den Fakten, nur geht hier der Grenzwert eindeutig gegen $\begin{eqnarray*} -\infty \end{eqnarray*}$ , weil der Nenner gegen +0 geht (bei x von links gegen 2).

Verlauf des Nenners:

Und: L'Hospital ist nur bei unbestimmten Formen anzuwenden.

mY+

19.12.2008, 06:59

eierkopf1

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Danke sehr!

Wie zeige ich jetzt die Divergenz?

@Unbestimmte Ausdrücke: laut Wikipedia:
http://de.wikipedia.org/wiki/Unbestimmter_Ausdruck_(Mathematik)

Dort steht, dass "Zahl durch 0" mit unendlich festgelegt ist. Dann ist "Unendlich durch 0" ja noch "mehr" als unendlich (wie mYthos schon gesagt hat). Also kann man bei so einem "Typ" immer sagen, dass es divergent ist und man braucht nichts mehr abzuschätzen oder zu beweisen?

mfg

19.12.2008, 07:20

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Dass der Grenzwert hier nicht existiert, ist nach den vorstehenden Überlegungen wohl hinreichend klar. Im Divergenzfall gibt es aber noch drei Möglichkeiten:

bestimmte Divergenz gegen $\begin{eqnarray*} +\infty \end{eqnarray*}$
bestimmte Divergenz gegen $\begin{eqnarray*} -\infty \end{eqnarray*}$
keins von beiden (unbestimmte Divergenz)

Im vorliegenden Fall geht es nur noch um die ersten beiden Möglichkeiten - und welche genau, darum geht es auch im letzten Beitrag von mYthos: Da ist es nämlich wichtig, von welcher Seite (positiv oder negativ) sich der Nenner der Null nähert beim Grenzübergang $\begin{eqnarray*} x\to 2- \end{eqnarray*}$ .

19.12.2008, 07:28

eierkopf1

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Warum es bestimmt divergent gegen $\begin{eqnarray*} - \infty \end{eqnarray*}$ ist, ist mir klar. Freude

(Quasi "Minus unendlich durch Plus Null" = "Minus unendlich" bzw. "Minus durch Plus ist Minus")

Eine allgemeine Frage noch: Wenn ich den "Typ": "Zahl durch 0" oder "Unendlich durch 0" habe, folgt dann immer gleich Divergenz?

mfg

19.12.2008, 07:30

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Wenn die genannte "Zahl" ungleich Null ist: Ja.

19.12.2008, 07:31

eierkopf1

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Danke sehr. Prost

19.12.2008, 08:36

eierkopf1

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Jetzt komme ich wieder nicht weiter:

$\begin{eqnarray*} \lim_{x \to 0^-}x(\frac{1}{\sinh x } - \frac{1}{1- \cos x }) =\lim_{x \to 0^-}(\frac{x}{\sinh x }) - \lim_{x \to 0^-} (\frac{x}{1- \cos x }) \end{eqnarray*}$

Jetzt habe ich nur den ersten Grenzwert betrachtet: Dieser hat den Typ "Null durch Null". Dadurch kann ich die Regeln von de l'Hospital anwenden:

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

Hier divergiert der erste Ausdruck bestimmt gegen Minus-Unendlich. Beim zweiten Ausdruck habe ich wieder den Typ "Null durch Null" und könnte wieder l'Hospital anwenden. Und dann könnte ich den Bruch wieder teilen und wieder auf die unbestimmten Ausdrücke l'Hospital anwenden. usw.

Beim zweiten Teil von ganz oben könnte ich das genau so machen.

Aber wenn ich mir den Graphen ansehe, dann existiert der Grenzwert an dieser Stelle nicht. Kann man das nicht viel einfacher bzw. schneller zeigen?

mfg

19.12.2008, 08:53

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Zitat:

Original von eierkopf1
Dadurch kann ich die Regeln von de l'Hospital anwenden:

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

Ich kann beim besten Willen nicht erkennen, was diese Rechnung mit L'Hospital zu tun hat. Sollte das nicht so aussehen

$\begin{eqnarray*} \lim_{x \to 0^-} \frac{x}{\sinh(x)} =\lim_{x \to 0^-} \frac{1}{\cosh(x)} = 1 \end{eqnarray*}$ ?

Was den zweiten Term betrifft, sollte die Umformung

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

einiges an Erkenntnis bringen, wobei ich die Kenntnis von $\begin{eqnarray*} \lim\limits_{x\to 0} \frac{x}{\sin(x)} = 1 \end{eqnarray*}$ mal voraussetze.

19.12.2008, 08:59

eierkopf1

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Ich sehe gerade, wo mein Denkfehler liegt:

Ich habe nicht die Nenner-Funktion und die Zähler-Funktion separat abgeleitet, sondern beide zusammen als eine Funktion (mit der Quotientenregel natürlich). Hammer

19.12.2008, 09:53

eierkopf1

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Der erste Teil ist klar.

Der zweite Term:

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

Hier der zweite Term divergiert für x -> 0 bestimmt gegen Plus-Unendlich. Beim ersten Teil komme ich wieder nicht weiter.

(Wobei ich nicht sehe, wozu ich $\begin{eqnarray*} \lim_{x \to 0^-} \frac x {\sin x}=1 \end{eqnarray*}$ brauchen soll)

mfg

19.12.2008, 10:03

mYthos

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Zitat:

Original von eierkopf1
...
Der zweite Term:

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

Hier der zweite Term divergiert für x -> 0 bestimmt gegen Plus-Unendlich.
...
mfg

Rechenfehler! Du hast vergessen, den 2. Summanden auch mit x zu multiplizieren.

mY+

19.12.2008, 10:04

eierkopf1

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Stimmt natürlich Hammer

Aber wie komme ich weiter?

19.12.2008, 10:12

mYthos

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Wozu die Umformerei, wenn du ohnehin L'Hospital verwenden darfst?

$\begin{eqnarray*} x \to 0 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \frac{x}{1- \cos x} \to \text { L'Hosp }\to \frac{1}{ \sin x} \to \infty \end{eqnarray*}$

mY+

19.12.2008, 10:24

eierkopf1

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Das war auch mein erster Gedanke, aber darf man l'Hospital nicht nur verwenden, wenn dann auch der Grenzwert der abgeleiteten Funktionen existiert (oder eben wieder ein unbestimmter Ausdruck entsteht)?

Oder darf man l'Hospital auch anwenden, wenn bestimmte Divergenz folgt?

mfg

19.12.2008, 10:48

klarsoweit

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Zitat:

Original von eierkopf1
Oder darf man l'Hospital auch anwenden, wenn bestimmte Divergenz folgt?

Ja.

19.12.2008, 12:19

eierkopf1

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OK!

Eine Frage noch: Wie wäre es ohne l'Hospital gegangen (mit dem Umformen, oder auf was wollte Arthur Dent vorschlagen)?

Ein anderes Problem: $\begin{eqnarray*} \lim_{x \to \infty} \frac{ \alpha \cdot x \cdot \tan { \frac{ \alpha}{x}}}{2} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \alpha \end{eqnarray*}$ ist konstant. Wie kann ich diesen Grenzwert berechnen?

mfg

19.12.2008, 12:30

klarsoweit

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Zitat:

Original von eierkopf1
Eine Frage noch: Wie wäre es ohne l'Hospital gegangen (mit dem Umformen, oder auf was wollte Arthur Dent vorschlagen)?

Das muß Arthur Dent was zu sagen.

Zitat:

Original von eierkopf1
Ein anderes Problem: $\begin{eqnarray*} \lim_{x \to \infty} \frac{ \alpha \cdot x \cdot \tan { \frac{ \alpha}{x}}}{2} \end{eqnarray*}$

Schreibe: $\begin{eqnarray*} \lim_{x \to \infty} \frac{\alpha \cdot \tan {\frac{\alpha}{x}}}{2/x} \end{eqnarray*}$

19.12.2008, 12:38

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Eigentlich ist doch alles geklärt, aber wenn's denn sein muss die Version ohne L'Hospital: In

$\begin{eqnarray*} \frac{x}{1-\cos(x)} = \left[ \frac{x^2}{\sin^2(x)}(1+\cos(x)) \right] \cdot \frac{1}{x} \end{eqnarray*}$

konvergiert der erste Faktor rechts gegen $\begin{eqnarray*} 2 \end{eqnarray*}$ , während $\begin{eqnarray*} \frac{1}{x}\to -\infty \end{eqnarray*}$ für $\begin{eqnarray*} x\to 0- \end{eqnarray*}$ folgt.

20.12.2008, 10:30

eierkopf1

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Danke sehr. Jetzt ist zu diesen Beispielen alles klar.

Bei folgendem Beispiel komme ich nicht weiter:
$\begin{eqnarray*} \lim_{x \to 0} \left( \sqrt{ \frac{1}{x(x-1)} + \frac {1}{x^2}} - \frac 1 x \right) \end{eqnarray*}$

Man muss jetzt den Grenzwert vom negativen und vom positiven kommend extra betrachten.

Der vom negativen kommende Grenzwert existiert nicht, da $\begin{eqnarray*} Typ( + \infty - (-\infty))=Typ(+\infty) \end{eqnarray*}$

Beim vom positven kommende Grenzwert erkennt man den $\begin{eqnarray*} Typ( \infty - \infty) \end{eqnarray*}$ . Daher kann man de l'Hospital anwenden. Jetzt mein Problem: Wie forme ich das entsprechend um?

Ich habe natürlich mal die 3. binomische Formel verwendet:

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

usw.

Habe dann noch weiter umgeformt und konnte es dann ohne de l'Hospital lösen: Grenzwert= -0.5

Aber wie hätte es mit de l'Hospital funktioniert bzw. wie hätte ich das umformen müssen?

mfg

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