Regel von L’Hospital Spezialfall

17.06.2012, 23:55

tageslaterne

Regel von L’Hospital Spezialfall

Hallo miteinander!
Wollte fragen, ob man den L'hôpital auch anwenden darf, wenn $\begin{eqnarray*} \lim\limits_{n \rightarrow \infty}{a_n} \rightarrow \frac{-\infty}{\infty} \end{eqnarray*}$ .
Von der Darstellung her ist es schrecklich aber es erfüllt seinen Zweck. ;D
Habs nirgends im Internet gefunden.

Danke, freundliche Grüsse

18.06.2012, 00:00

chris95

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Es geht, denn falls

$\begin{eqnarray*} a_n = \frac{b_n}{c_n} \end{eqnarray*}$

so kannst du es umschreiben in:

$\begin{eqnarray*} \frac{1}{a_n} = \frac{ \frac{1}{b_n}} { \frac{1}{c_n} } \end{eqnarray*}$

Und dann hast du wieder ein $\begin{eqnarray*} \frac{0}{0} \end{eqnarray*}$

18.06.2012, 00:18

tageslaterne

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Es ist so offensichtlich und doch kommt es mir nicht in den Sinn xD.
Vielen Dank, Freude

Gruss

18.06.2012, 06:14

juffo-wup

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Daraus folgt aber i.a. nicht die gewünschte Regel. Schon allein, weil die Ableitung von diesem Zähler und Nenner jetzt komplizierter werden.
Ein Beispiel, du willst den Grenzwert von $\begin{eqnarray*} \frac{x}{e^x} \end{eqnarray*}$ für $\begin{eqnarray*} x\to \infty \end{eqnarray*}$ bestimmen.
Jetzt schreibst du $\begin{eqnarray*} \frac{e^x}{x}=\frac{\frac{1}{x}}{e^{-x}} \end{eqnarray*}$ und leitest ab:
$\begin{eqnarray*} \frac{-\frac{1}{x^2}}{-e^{-x}} \end{eqnarray*}$
Und jetzt? Offensichtlich ist das nicht zielführend, aber die Regel von L'H angewendet auf $\begin{eqnarray*} \frac{x}{e^x} \end{eqnarray*}$ ergibt sofort die Lösung.

Die Fälle mit $\begin{eqnarray*} \frac{\infty}{\infty} \end{eqnarray*}$ lassen sich nach meinem Wissen nicht direkt auf den Fall mit $\begin{eqnarray*} \frac{0}{0} \end{eqnarray*}$ zurückführen, sondern erfordern einen separaten Beweis:
(edit: Hier war ein Beweisversuch, aber es war doch nicht so einfach wie ich dachte. Sieh es dir am Besten in einem Buch an.)

18.06.2012, 17:07

tageslaterne

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Zitat:

Original von juffo-wup

$\begin{eqnarray*} \frac{-\frac{1}{x^2}}{-e^{-x}} \end{eqnarray*}$
Und jetzt? Offensichtlich ist das nicht zielführend, ...

Natürlich funktioniert das auch. Wenn man hier x nach unendlich streben lässt, wird der Ausdruck
$\begin{eqnarray*} \frac{-\frac{1}{x^2}}{-e^{-x}} \end{eqnarray*}$ für x-->unendlich zu 0. Also strebt $\begin{eqnarray*} \frac {e^x} x \end{eqnarray*}$ nach unendlich da es der Kehrwert ist und nimmt man wieder den Kehrwert davon, erhält man den Grenzwert von $\begin{eqnarray*} \frac x e^x \end{eqnarray*}$ der dann 0 ergibt. Was auch stimmt.

Gruss,
tageslaterne

18.06.2012, 17:10

tageslaterne

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Zitat:

Original von tageslaterne
... erhält man den Grenzwert von $\begin{eqnarray*} \frac x e^x \end{eqnarray*}$ der dann 0 ergibt. Was auch stimmt.

Gruss,
tageslaterne

sollte $\begin{eqnarray*} \frac {x} {e^x} \end{eqnarray*}$ heissen.

18.06.2012, 17:39

juffo-wup

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Zitat:

Original von tageslaterne
Natürlich funktioniert das auch. Wenn man hier x nach unendlich streben lässt, wird der Ausdruck
$\begin{eqnarray*} \frac{-\frac{1}{x^2}}{-e^{-x}} \end{eqnarray*}$ für x-->unendlich zu 0.

Und woraus schlussfolgerst du das?

19.06.2012, 14:51

tageslaterne

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es ist bekannt, dass jede Potenz m^x (m>1) schneller wächst als eine Potenz der Form x^m (m>0) für x-->unendlich

19.06.2012, 17:37

juffo-wup

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Wenn das schon bekannt ist, dann ist auch schon bekannt, dass der Grenzwert von $\begin{eqnarray*} \frac{x}{e^x} \end{eqnarray*}$ Null ist, ganz ohne L'H. Wenn das aber nicht bekannt ist, dann bringt die Überlegung von chris95 in der Situation auch nichts. Der Satz von L'H aber wohl. Also ist doch wohl klar, dass L'H für $\begin{eqnarray*} \frac{\infty}{\infty} \end{eqnarray*}$ nicht auf diese Weise geschlussfolgert werden kann.

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