L'Hopital, komplex, Grenzwert

13.05.2016, 11:01	StrunzMagi	Auf diesen Beitrag antworten »
L'Hopital, komplex, Grenzwert Zeigen Sie $\begin{eqnarray} \lim_{t\rightarrow \infty} t^m e^{\alpha t}=0, m \in \mathbb{N}_0, Re(\alpha)<0 \end{eqnarray}$ Hallo, Für $\begin{eqnarray} m \not=0 \end{eqnarray}$ , $\begin{eqnarray} \alpha=x+iy \end{eqnarray}$ haben wir: $\begin{eqnarray} \lim_{t \rightarrow \infty} t^m e^{xt}= \lim_{t\rightarrow \infty} \frac{m!}{(-x)^m e^{-xt}}=0 \end{eqnarray}$ mittels l´Hopital´s regel. Ich benutze $\begin{eqnarray} e^{\alpha t}= e^{xt}e^{iyt} \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} \|e^{iyt}\|\le 1 \end{eqnarray}$ und eine beschränkte Folge mal einer Nullfolge bleibt eine Nullfolge also: $\begin{eqnarray} \lim_{t \rightarrow \infty} t^m e^{xt} * e^{iyt} =0 \end{eqnarray}$ Ist das korrekt? Fall $\begin{eqnarray} m=0 \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} \lim_{t\rightarrow \infty} t^0 e^{\alpha t}=\lim_{t\rightarrow \infty} e^{\alpha t}= \lim_{t\rightarrow \infty} e^{x t}e^{-iyt} \end{eqnarray}$ Wieder eine Nullfolge * beschränkten Folge also ist der Grenzwert 0. EDIT: Die zweite Aufgabe ist $\begin{eqnarray} max_{0 \le t < \infty} \|t^m e^{\alpha t}\| = (\frac{m}{-Re(\alpha)})^m e^{-m} \end{eqnarray}$ . Ich weiß nicht ob man die Aufgabe dafür braucht? LG, MaGi
13.05.2016, 11:28	IfindU	Auf diesen Beitrag antworten »
RE: L'Hopital, komplex, Grenzwert Es ist alles korrekt. Aber es ist sogar $\begin{eqnarray} \|e^{iyt} \| = 1 \end{eqnarray}$ . Und damit $\begin{eqnarray} \|t^m e^{\alpha t}\| = t^m e^{xt} = \frac {t^m} { e^{-xt} } = \frac {t^m} { \sum_{k = 0}^{\infty} \frac { (-xt)^k} {k!} } \leq \frac {t^m} { \frac { (-xt)^{m+1}} {(m+1)!} } = \frac 1 t \cdot \frac { (m+1)! } { (-x)^{m+1} }. \end{eqnarray}$ Komplett ohne Fallunterscheidung, ohne L'Hospital. Edit: Diese Aufgabe impliziert mehr oder weniger direkt, dass das Maximum bei der zweiten Aufgabe angenommen wird.
13.05.2016, 21:17	StrunzMagi	Auf diesen Beitrag antworten »
RE: L'Hopital, komplex, Grenzwert Hallo, Vielen Dank für deinen kürzeren Beweis. Für die zweite Aufgabe im EDIT $\begin{eqnarray} max_{0 \le t < \infty} \|t^m e^{\alpha t}\| = (\frac{m}{-Re(\alpha)})^m e^{-m} \end{eqnarray}$ .: $\begin{eqnarray} \|t^m e^{\alpha t}\|= t^m e^{xt} \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} f(t)=t^m e^{xt} \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} f'(t)=e^{xt} (m t^{m-1} + tx^m) \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} f'(t)=0 \iff m t^{m-1} + t^mx=0 \iff t^{m-1}(m+tx)=0 \end{eqnarray}$ Für m=1 habe ich nur $\begin{eqnarray} t= \frac{-m}{x} \end{eqnarray}$ als Nullstelle, für $\begin{eqnarray} m=0 \end{eqnarray}$ nur t=0 und sonst hab ich $\begin{eqnarray} t=0 ,t= \frac{-m}{x} \end{eqnarray}$ als Nullstellen. $\begin{eqnarray} f(0)=0, f(\frac{-m}{x})=(\frac{m}{-Re(\alpha)})^m e^{-m} \end{eqnarray}$ Wozu brauche ich Aufgabe 1? LG, MaGi
14.05.2016, 07:19	IfindU	Auf diesen Beitrag antworten »
RE: L'Hopital, komplex, Grenzwert Du bestimmt nur einen kritischen Punkt. Mit der zweiten Ableitung sieht man vermutlich, dass es ein lokales Maximum ist. Das reicht aber noch nicht aus um zu sagen, dass es ein globales Maximum ist. Was wäre z.B. wenn die Funktion für $\begin{eqnarray} t \to \infty \end{eqnarray}$ ebenfalls gegen unendlich divergiert. Ähnlich wie es bei Polynomen dritten Grades so gerne der Fall ist, z.B. $\begin{eqnarray} x \mapsto x^3 - x \end{eqnarray}$ . Besitzt lokales Maximum, aber das Maximum existiert nicht. Edit: Oder anders: Übliches vorgehen. Zeige die Funktion ist beschränkt $\begin{eqnarray} \sup_{0 \leq t \leq \infty} t^m e^{tx} < \infty \end{eqnarray}$ . Damit ist das Supremum erst einmal schön definiert, dann ist zu zeigen, dass ein Maximum existiert, und dann kann man das Maximum angeben. Beispiel für beschränkt aber kein Maximum wäre $\begin{eqnarray} t \mapsto \arctan(t) \end{eqnarray}$ .
14.05.2016, 10:50	StrunzMagi	Auf diesen Beitrag antworten »
Hallo, Danke für deine Antwort. In deinen Beitrag hast du ja schon abgeschätzt $\begin{eqnarray} \|t^m e^{\alpha t}\|\le \frac 1 t \cdot \frac { (m+1)! } { (-x)^{m+1} }. \end{eqnarray}$ Für $\begin{eqnarray} t\ge1, \end{eqnarray}$ kann ich durch $\begin{eqnarray} \frac{(m+1)!}{(-x)^{m+1} } \end{eqnarray}$ abschätzen. Für den Fall: $\begin{eqnarray} 0 < t < 1 \end{eqnarray}$ : $\begin{eqnarray} \|t^m e^{\alpha t}\|<\|e^{\alpha t}\|= \frac{1}{e^{xt}} \end{eqnarray}$ Damit existiert das Supremum. Frage: Wie argumentiere ich nun am besten, dass ein Maximum angenommen wird? Zuerst wollte ich mit Stetigkeit und einen kompakten Intervall argumentieren, war mir aber unsicher wie ich da kompakte Intervall wählen sollte.
14.05.2016, 11:12	IfindU	Auf diesen Beitrag antworten »
Überlege dir mal warum man bei arctan nicht über ein großes Kompaktum argumentieren kann, und warum es bei deiner Funktion funktioniert. Hier kommt ganz massiv Aufgabeteil a) ins Spiel.
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