Grenzwert berechnen

11.03.2007, 17:42

Harald Kurse

Grenzwert berechnen

Wie kann ich $\begin{eqnarray*} \lim_{h \to 0} \frac{e^{-\frac{1}{ \mid h \mid}}}{h} \end{eqnarray*}$ berechnen?

Mit der Regel von Hopital komme ich leider nicht weiter, weil, egal wie oft ich ableite, ich im Zähler und Nenner immer was bekomme, das gegen 0 strebt.

Gruss, Harald

11.03.2007, 17:49

kiste

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Das ist ja nichts anderes als die Ableitung von
$\begin{eqnarray*} f(x) = \begin{cases}e^{-\frac{1}{|x|}} &\; x\neq 0 \\ 0 &\; x=0\end{cases} \end{eqnarray*}$
im Punkt x = 0

Soweit ich weiß existiert diese nicht

11.03.2007, 17:53

Harald Kurse

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Ja genau. Darum auch meine Frage, weil ich rausfinden soll, ob diese Funktion im Nullpunkt zweimal differenzierbar ist.

Was heisst, soweit du weisst?

11.03.2007, 18:24

Calvin

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Zitat:

Soweit ich weiß existiert diese nicht

Sieht aber nicht so aus verwirrt

Erinnere ich mich richtig, dass für jedes Polynom p(x) $\begin{eqnarray*} \lim_{x\to\infty}p(x)\cdot e^{-x}=0 \end{eqnarray*}$ ist? Mit der Substitution $\begin{eqnarray*} u=\frac{1}{h} \end{eqnarray*}$ kannst du deinen Grenzwert auf diese Form bringen.

11.03.2007, 18:45

Harald Kurse

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Zitat:

Original von Calvin

Erinnere ich mich richtig, dass für jedes Polynom p(x) $\begin{eqnarray*} \lim_{x\to\infty}p(x)\cdot e^{-x}=0 \end{eqnarray*}$ ist?

Ja, das tönt vernünftig, nur muss ich das noch beweisen.

Vielleicht ginge aber auch ein anderer Weg. Wenn ich die Hopitalregel anwende, bekomme ich immer wieder einen Bruch, bei dem der Zähler gleich bliebt, der Nenner aber immer grösser wird. Das heisst ja, der Bruch strebt gegen Null. Nach der Hopitalregel müsste dann aber schon der erste Bruch diesen Grenzwert der Brüche als Grenzwert haben.

12.03.2007, 02:12

WebFritzi

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Zitat:

Original von Harald Kurse

Zitat:

Original von Calvin

Erinnere ich mich richtig, dass für jedes Polynom p(x) $\begin{eqnarray*} \lim_{x\to\infty}p(x)\cdot e^{-x}=0 \end{eqnarray*}$ ist?

Ja, das tönt vernünftig, nur muss ich das noch beweisen.

l'Hospital. p(x) oben, e^x unten.

12.03.2007, 07:05

Leopold

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Das Ganze geht auch mit einer simplen Kurvendiskussion: Sei für reelles $\begin{eqnarray*} \alpha>0 \end{eqnarray*}$ die Funktion $\begin{eqnarray*} f_{\alpha} \end{eqnarray*}$ gegeben durch

$\begin{eqnarray*} f_{\alpha}(x) = x^{\alpha} \operatorname{e}^{-x} \ \ \mbox{für} \ \ x>0 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} f_{\alpha} \end{eqnarray*}$ ist differenzierbar:

$\begin{eqnarray*} f_{\alpha}'(x) = x^{\alpha - 1} \operatorname{e}^{-x} \left( \alpha - x \right) \ \ \mbox{für} \ \ x>0 \end{eqnarray*}$

Was vor der Klammer steht, ist nur positiver Werte fähig, also regelt die Klammer allein das Vorzeichenverhalten von $\begin{eqnarray*} f_{\alpha}' \end{eqnarray*}$ :

$\begin{eqnarray*} f_{\alpha}'(x) \ \ \begin{cases} \ > 0 & \mbox{für} \ 0 < x < \alpha \\ \ = 0 & \mbox{für} \ x = \alpha \\ \ < 0 & \mbox{für} \ x > \alpha \end{cases} \end{eqnarray*}$

Bis zur Stelle $\begin{eqnarray*} x = \alpha \end{eqnarray*}$ steigt die Funktion also an, hat dort einen Maximum, um für den Rest ihres Daseins unablässig zu fallen. Wegen $\begin{eqnarray*} f_{\alpha}(x) > 0 \end{eqnarray*}$ für $\begin{eqnarray*} x>0 \end{eqnarray*}$ existiert somit der Grenzwert $\begin{eqnarray*} \gamma_{\alpha} \end{eqnarray*}$ für $\begin{eqnarray*} x \to \infty \end{eqnarray*}$ :

$\begin{eqnarray*} \gamma_{\alpha} = \lim_{x \to \infty} x^{\alpha} \operatorname{e}^{-x} \ \in \left[ \, 0 \, , \, \alpha^{\alpha} \operatorname{e}^{- \alpha} \right) \end{eqnarray*}$

Die bisherigen Überlegungen dienten nur dazu, die Existenz dieses Grenzwertes als eines eigentlichen Wertes nachzuweisen, damit wir beim folgenden Schluß nicht "versehentlich" mit $\begin{eqnarray*} 0 \cdot \infty \end{eqnarray*}$ rechnen. Denn wir ziehen uns jetzt "am eigenen Schopf aus dem Sumpf":

$\begin{eqnarray*} f_{\alpha}(x) = x^{- \alpha} f_{2 \alpha}(x) \end{eqnarray*}$

Wir lassen in dieser Gleichung $\begin{eqnarray*} x \to \infty \end{eqnarray*}$ gehen und erhalten:

$\begin{eqnarray*} \gamma_{\alpha} = 0 \cdot \gamma_{2 \alpha} = 0 \end{eqnarray*}$

12.03.2007, 07:20

Cordovan

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Zitat:

Erinnere ich mich richtig, dass für jedes Polynom p(x) $\begin{eqnarray*} \lim_{x\rightarrow\infty}\ p(x)\cdot e^{-x}=0 \end{eqnarray*}$ ist?

Ja, das tönt vernünftig, nur muss ich das noch beweisen.

Geht auch super einfach mit der Reihendarstellung von exp.

Cordovan

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