Grenzwert L'Hopital Typ 0*unendlich

21.02.2013, 10:43

Daniel0815

Grenzwert L'Hopital Typ 0*unendlich

Hallo Leute,

kann mir jemand bei dieser Aufgabe helfen?

$\begin{eqnarray*} \lim_{x \to \infty } x^3\cdot ln(\frac{x^2+2}{x^2-4} )\cdot \frac{1}{x} \end{eqnarray*}$

Mein Ansatz: $\begin{eqnarray*} \lim_{x \to \infty } x^2\cdot ln(\frac{x^2+2}{x^2-4} ) \end{eqnarray*}$

und dann: $\begin{eqnarray*} \lim_{x \to \infty } \frac{ln(\frac{x^2+2}{x^2-4} )}{\frac{x^2}{1} } \end{eqnarray*}$

Als Lösung steht das es Typ 0 $\begin{eqnarray*} \cdot \infty \end{eqnarray*}$ ist und 6 rauskommt?

0 * $\begin{eqnarray*} \infty \end{eqnarray*}$ verstehe ich nicht. Dann ist mein Ansatz vermutlich falsch.

21.02.2013, 10:55

Mystic

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RE: Grenzwert L'Hopital Typ 0*unendlich

Zitat:

Original von Daniel0815
und dann: $\begin{eqnarray*} \lim_{x \to \infty } \frac{ln(\frac{x^2+2}{x^2-4} )}{\frac{x^2}{1} } \end{eqnarray*}$

Richtig ist

$\begin{eqnarray*} \lim_{x \to \infty } \frac{ln(\frac{x^2+2}{x^2-4} )}{\frac1{x^2}} \end{eqnarray*}$

21.02.2013, 10:55

klarsoweit

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RE: Grenzwert L'Hopital Typ 0*unendlich

Zitat:

Original von Daniel0815
0 * $\begin{eqnarray*} \infty \end{eqnarray*}$ verstehe ich nicht. Dann ist mein Ansatz vermutlich falsch.

Offensichtlich geht in $\begin{eqnarray*} x^2 \cdot ln(\frac{x^2+2}{x^2-4} ) \end{eqnarray*}$ das x² gegen unendlich, der ln-Ausdruck aber gegen Null. Daher ist das eben eine Grenzwertaufgabe von dem Typ $\begin{eqnarray*} 0 \cdot \infty \end{eqnarray*}$ . Für die Anwendung von l'Hospital, macht man gerne die Umformung $\begin{eqnarray*} x^2 \cdot ln(\frac{x^2+2}{x^2-4} ) = \frac{ln(\frac{x^2+2}{x^2-4} )}{1/x^2} \end{eqnarray*}$ , um den Typ 0/0 zu erhalten. smile

EDIT: bin dann wieder raus, Mystic macht weiter.

21.02.2013, 11:06

Daniel0815

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Hi danke für die Antwort. Kleiner Fehler große Wirkung verwirrt

Was ich nicht verstehe ist warum hier ln gegen null geht?
Wir haben von unserem Tutor so eine Sammlung bekommen da steht:

$\begin{eqnarray*} \lim_{x\to \infty } ln(x)= + \infty \end{eqnarray*}$

21.02.2013, 11:10

Mystic

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Zitat:

Original von Daniel0815
Was ich nicht verstehe ist warum hier ln gegen null geht?

Im Prinzip deshalb, weil ln 1 =0 ist...

21.02.2013, 12:05

Daniel0815

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Danke Mystic. Ich habe die Aufgabe jetzt durchgerechnet. Kannst du mir sagen ob die Rechenschritte korrekt sind? Ich habe diesen Typ noch nicht gerechnet.

$\begin{eqnarray*} \lim_{x \to \infty } x^3 \cdot ln(\frac{x^2+2}{x^2-4}) \cdot \frac{1}{x} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \lim_{x \to \infty } x^2 \cdot ln(\frac{x^2+2}{x^2-4} ) \end{eqnarray*}$

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

L'Hopital angewendet:

$\begin{eqnarray*} \lim_{x \to \infty } \frac{\frac{-12x}{x^4-8x^2+16} }{-\frac{2x}{x^4} } \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \lim_{x \to \infty } \frac{12x^5}{2x^5-16x^3+32x} = 6 \end{eqnarray*}$

21.02.2013, 12:20

Mystic

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Ja, passt so... Freude

Man könnte das natürlich auch ganz ohne L'Hospital machen, nämlich so

$\begin{eqnarray*} \lim_{x \to \infty } x^2 \cdot \ln(\frac{x^2+2}{x^2-4} )=\lim_{n \to \infty}\frac{6x^2}{x^2-4}\ln (1+\frac 6{x^2-4})^{\frac{x^2-4}6} =6 \ln e =6 \end{eqnarray*}$

aber dieser Weg ist wohl nur für solche gangbar, die weder Tod noch Teufel fürchten, wenn es um Grenzwerte geht... Big Laugh