lim log x / x

24.01.2016, 20:49

amateurphysiker_

lim log x / x

So, fuer heute hoffentlich die letzte Grenzwertfrage!

Gesucht ist $\begin{eqnarray*} \lim_{x \to \infty } \frac{log x}{x^{a} } \end{eqnarray*}$ .

Mir fehlt leider mal wieder jeglicher Ansatzpunkt. Ueber jeden Tip bin ich dankbar!

24.01.2016, 21:01

lgrizu

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RE: lim log x / x
Du kannst ohne Probleme Lhospital anwenden, wenn du darfst, das ist der schnellste und einfachste Weg.

24.01.2016, 22:34

amateurphysiker_

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RE: lim log x / x
Hatte ich vergessen zu erwaehnen, l'Hospital duerfen wir nicht verwenden!

25.01.2016, 00:02

lgrizu

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RE: lim log x / x
Dann kann man benutzen, dass gilt $\begin{eqnarray*} 1- \frac{1}{x} \leq \log(x) \leq x-1 \end{eqnarray*}$

Das geht auch recht flott......

25.01.2016, 10:11

HAL 9000

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Zitat:

Original von lgrizu
Das geht auch recht flott......

... zumindest im Fall $\begin{align*} a>1 \end{align*}$ . Oben steht ja leider so gar nichts über $\begin{align*} a \end{align*}$ , also muss man eigentlich davon ausgehen, dass man alle reellen Zahlen $\begin{align*} a \end{align*}$ betrachten muss.

25.01.2016, 10:53

amateurphysiker_

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Danke für die Hinweise!

a soll eine positive reelle Zahl sein, hatte ich vergessen zu erwaehnen!

Also damit kann ich ja sagen, dass $\begin{eqnarray*} \frac{log(x)}{x^{a} }\leq \frac{x-1}{x^{a} } \end{eqnarray*}$ . Weiter gilt $\begin{eqnarray*} \lim_{x \to \infty } \frac{x-1}{x^{a} } =\lim_{x \to \infty } \frac{1}{x^{a-1} } \end{eqnarray*}$ .

Kann ich jetzt ne Fallunterscheidung machen, nach der folgenden Art? Sei $\begin{eqnarray*} b\equiv a-1 \end{eqnarray*}$

1. $\begin{eqnarray*} a\geq 2 \Rightarrow b\geq 1: \lim_{x \to \infty } \frac{1}{x^{b} } =0 \end{eqnarray*}$

2. $\begin{eqnarray*} a=1\Rightarrow b=0: \lim_{x \to \infty } \frac{1}{x^{0} }=1 \end{eqnarray*}$

3. $\begin{eqnarray*} 1<a<2 \Rightarrow 0<b<1: \lim_{x \to \infty } \frac{1}{x^{b} }=? \end{eqnarray*}$

4. $\begin{eqnarray*} 0<a<1 \Rightarrow -1<b<0: \lim_{x \to \infty } \frac{1}{x^{b} }=? \end{eqnarray*}$

Falls das geht, haette ich in Fall 1 und 2 eine konvergente Majorante, richtig? Aber wie erhaelt man die Grenzwerte bei 3 und 4?

25.01.2016, 15:08

HAL 9000

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Wenn wir uns mal darauf einigen, die Ungleichung $\begin{align*} \log(x)\leq x-1 \end{align*}$ als Basis für die Abschätzungen zu nehmen:

Man kann alle $\begin{align*} a>0 \end{align*}$ auf den Fall Exponent 2 zurückführen: Mit Substitution $\begin{align*} t=x^{\frac{a}{2}} \end{align*}$ gilt $\begin{align*} \frac{\log(x)}{x^a} = \frac{\log\left(t^{\frac{2}{a}}\right)}{t^2} = \frac{2}{a}\cdot \frac{\log(t)}{t^2} \end{align*}$ .

Nun gilt bei festem $\begin{align*} a>0 \end{align*}$ die Äquivalenz $\begin{align*} (x\to \infty) \,\Leftrightarrow\, (t\to\infty) \end{align*}$ , also ist

$\begin{align*} 0\leq \lim_{x\to\infty} \frac{\log(x)}{x^a} = \frac{2}{a}\cdot \lim_{t\to\infty} \frac{\log(t)}{t^2} \leq \frac{2}{a}\cdot \lim_{t\to\infty} \frac{t-1}{t^2} = 0 \end{align*}$ .

25.01.2016, 15:26

amateurphysiker_

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Ah danke. Kannst du mir vielleicht noch sagen wo ich mit meinem Ansatz falsch gelegen bin? Insbesondere, da ich fuer a=1 als lim 1 hatte und nicht 0 wie es in deinem Ergebnis der Fall ist fuer alle a>0.

25.01.2016, 15:56

HAL 9000

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$\begin{align*} \log(x)\leq x-1 \end{align*}$ ist nur eine Abschätzung nach oben - eine ziemlich schlechte für große $\begin{align*} x \end{align*}$ , wie sich herausstellt. Alles, was du daraus gewinnen kannst im Fall $\begin{align*} a=1 \end{align*}$ ist

$\begin{align*} 0\leq \frac{\log(x)}{x} \leq \frac{x-1}{x}\leq 1 \end{align*}$ für alle $\begin{align*} x\geq 1 \end{align*}$ .

Diese Einschachtelung allein stellt nicht mal sicher, dass der Mittelterm $\begin{align*} \frac{\log(x)}{x} \end{align*}$ für $\begin{align*} x\to\infty \end{align*}$ überhaupt konvergiert - geschweige denn, gegen 1. (Natürlich konvergiert er doch, gegen 0, wie wir anderweitig gesehen haben).

25.01.2016, 16:07

URL

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Eine Alternative für den Fall $\begin{eqnarray*} a>0 \end{eqnarray*}$ , die näher an der Definition ist: $\begin{eqnarray*} x^a=e^{a\log(x)} \end{eqnarray*}$ , also
$\begin{eqnarray*} \lim_{x\to\infty}\frac{\log(x)}{x^a}=\lim_{x\to\infty}\frac{\log(x)}{e^{a\log(x)}}=\lim_{t\to\infty}\frac{t}{e^{at}} \end{eqnarray*}$
Jetzt nutzt man $\begin{eqnarray*} e^{at}=1+at+(at)^2/2+\ldots\geq(at)^2/2 \end{eqnarray*}$

25.01.2016, 19:25

amateurphysiker_

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Zitat:

Original von HAL 9000
$\begin{align*} \log(x)\leq x-1 \end{align*}$ ist nur eine Abschätzung nach oben - eine ziemlich schlechte für große $\begin{align*} x \end{align*}$ , wie sich herausstellt. Alles, was du daraus gewinnen kannst im Fall $\begin{align*} a=1 \end{align*}$ ist

$\begin{align*} 0\leq \frac{\log(x)}{x} \leq \frac{x-1}{x}\leq 1 \end{align*}$ für alle $\begin{align*} x\geq 1 \end{align*}$ .

Diese Einschachtelung allein stellt nicht mal sicher, dass der Mittelterm $\begin{align*} \frac{\log(x)}{x} \end{align*}$ für $\begin{align*} x\to\infty \end{align*}$ überhaupt konvergiert - geschweige denn, gegen 1. (Natürlich konvergiert er doch, gegen 0, wie wir anderweitig gesehen haben).

Hmm, das versteh ich nicht.

Ist $\begin{eqnarray*} \frac{x-1}{x} \end{eqnarray*}$ nicht eine Majorante, die gegen 1 konvergiert? Oder wieso greift das Maojorantenkriterium hier nicht?

25.01.2016, 19:31

HAL 9000

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Wir sind hier nicht bei Reihen und dem Majorantenkriterium, sondern allenfalls beim Sandwichkriterium von Folgen bzw. Funktionen. Aber das Sandwich wirkt nicht, wenn die Außenfunktionen nicht gegen denselben Grenzwert konvergieren. unglücklich

Das ist der Unterschied zu oben:

Zitat:

Original von HAL 9000
$\begin{align*} 0\leq \lim_{x\to\infty} \frac{\log(x)}{x^a} = \frac{2}{a}\cdot \lim_{t\to\infty} \frac{\log(t)}{t^2} \leq \frac{2}{a}\cdot \lim_{t\to\infty} \frac{t-1}{t^2} = 0 \end{align*}$ .

Das ist ein wirksames Sandwich mit links wie rechts Grenzwert 0.

25.01.2016, 19:51

amateurphysiker_

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Ah ok alles klar!! Danke!

30.01.2016, 19:18

amateurphysiker_

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Hi nochmal, durch den Serverausfall bin ich jetzt erst dazu gekommen, den Loesungsweg genau nachzuvollziehen.

Zitat:

Original von HAL 9000
Wenn wir uns mal darauf einigen, die Ungleichung $\begin{align*} \log(x)\leq x-1 \end{align*}$ als Basis für die Abschätzungen zu nehmen:

Woher kommt diese Ungleichung?

Zitat:

Man kann alle $\begin{align*} a>0 \end{align*}$ auf den Fall Exponent 2 zurückführen:

Versteh ich leider nicht ganz, was meinst du damit?

Zitat:

Mit Substitution $\begin{align*} t=x^{\frac{a}{2}} \end{align*}$ gilt $\begin{align*} \frac{\log(x)}{x^a} = \frac{\log\left(t^{\frac{2}{a}}\right)}{t^2} = \frac{2}{a}\cdot \frac{\log(t)}{t^2} \end{align*}$ .

Nun gilt bei festem $\begin{align*} a>0 \end{align*}$ die Äquivalenz $\begin{align*} (x\to \infty) \,\Leftrightarrow\, (t\to\infty) \end{align*}$ , also ist

$\begin{align*} 0\leq \lim_{x\to\infty} \frac{\log(x)}{x^a} = \frac{2}{a}\cdot \lim_{t\to\infty} \frac{\log(t)}{t^2} \leq \frac{2}{a}\cdot \lim_{t\to\infty} \frac{t-1}{t^2} = 0 \end{align*}$ .

Danke!

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