Grenzwert erst Ausprobieren?

02.04.2007, 09:19

Klari

Grenzwert erst Ausprobieren?

Muss ich immer erst eine Vermutung (durch Näherung) um den Grenzwert anstellen und diese dann überprüfen oder kann man den Grenzwert einer Funktion auch schneller berechnen?

02.04.2007, 09:20

klarsoweit

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RE: Grenzwert erst Ausprobieren?
Man kann auch geeignet umformen, so daß man Terme hat, deren Grenzwert man kennt.

02.04.2007, 09:22

Klari

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RE: Grenzwert erst Ausprobieren?
Du meinst Nullfolgen? Und wenn das nicht funktioniert?

02.04.2007, 09:26

klarsoweit

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RE: Grenzwert erst Ausprobieren?
Das müssen nicht zwingend Nullfolgen sein. Und wenn das nicht funktioniert, wird es unangenehm. Sowas trifft man in der Schule aber eher selten an. Augenzwinkern

02.04.2007, 09:33

Klari

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RE: Grenzwert erst Ausprobieren?
Welche Folgen außer Nullfolgen gibt es noch, deren Grenzwert man kennt?

02.04.2007, 09:41

klarsoweit

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RE: Grenzwert erst Ausprobieren?
$\begin{eqnarray*} a_n = \frac{n}{n-1} \end{eqnarray*}$ wobei man das zugegebenermaßen in eine konstante und in eine Nullfolge umwandeln kann.

$\begin{eqnarray*} a_n = \sum_{k=1}^n~\frac{1}{2^k} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} a_n = \sum_{k=1}^n~\frac{1}{k^2} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} a_n = \left(1+ \frac 1 n \right)^n \end{eqnarray*}$

um mal ein paar Beispiele zu nennen.

EDIT: und noch ein schöne Folge:
$\begin{eqnarray*} a_n = n \cdot sin(\frac 1 n) \end{eqnarray*}$

02.04.2007, 11:00

kiste

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RE: Grenzwert erst Ausprobieren?

Zitat:

Original von klarsoweit
$\begin{eqnarray*} a_n = \sum_{k=1}^n~\frac{1}{k^2} \end{eqnarray*}$

Wenn du gerade etwas Zeit hast kannst mir ja die Herleitung von dem Grenzwert posten Big Laugh

Damit ich noch etwas sinnvolles geschrieben hab:
Bei Brüche ist immer die höchste Potenz wichtig.
Beispiel:
$\begin{eqnarray*} a_n = \frac{74n^9+5n^7-9n^3}{6n^9+4n^3-n^2} \end{eqnarray*}$ hat den Grenzwert $\begin{eqnarray*} \frac{74}{6} \end{eqnarray*}$ da die höchste Potenz oben und unten gleich sind.

$\begin{eqnarray*} a_n = \frac{5n^9+5n^7-9n^3}{6n^{10}+4n^3-n^2} \end{eqnarray*}$ hat den Grenzwert 0 da unten eine höhere Potenz steht.

$\begin{eqnarray*} a_n = \frac{5n^{11}+5n^7-9n^3}{6n^{10}+4n^3-n^2} \end{eqnarray*}$ hat den Grenzwert "unendlich" da oben die höhere Potenz steht

02.04.2007, 11:56

kaffeetante

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grenzwert
man kann den grenzwert auch schneller berechnen, nämlich nach l`hospital.
Bsp.: lim x^2-4/x-2 = lim 2x/1 =4
x->2 x->2

4 ist also dein grenzwert an der stelle 2.
wie du siehst, geht das viel schneller, als über den üblichen weg.
du musst einfach nur die ableitungen von zähler und nenner für sich bilden.
achtung: nicht von der funktion insgesamt, also keine Qotientenregel !

02.04.2007, 11:59

pseudo-nym

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RE: grenzwert

Zitat:

Original von kaffeetante
wie du siehst, geht das viel schneller, als über den üblichen weg.

So pauschal würde ich das nicht sagen, z.B. bei

$\begin{eqnarray*} a_n = \frac{5n^{11}+5n^7-9n^3}{6n^{10}+4n^3-n^2} \end{eqnarray*}$

müsstest du zehn mal l'Hospital anwenden. Da ist die höchste Potenz ausklammern doch um einiges praktischer.

02.04.2007, 12:01

klarsoweit

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RE: grenzwert
Desweiteren muß man Ableiten können und obendrein die Regel von l'Hospital kennen bzw. anwenden dürfen. Zumindest letzteres dürfte auf einer Schule eher seltener der Fall sein. Augenzwinkern

02.04.2007, 14:02

Lazarus

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RE: Grenzwert erst Ausprobieren?

Zitat:

Original von kiste

Zitat:

Original von klarsoweit
$\begin{eqnarray*} a_n = \sum_{k=1}^n~\frac{1}{k^2} \end{eqnarray*}$

Wenn du gerade etwas Zeit hast kannst mir ja die Herleitung von dem Grenzwert posten Big Laugh

[...]

Meinst du wie man auf den Wert kommt ?
Ganz trivial ist das nicht, aber wenn man seine Funktionen kennt, kann man das zumindest numerisch recht leicht annähern.
Ich denke die Riemannsche-Zetafunktion $\begin{eqnarray*} \zeta\left(x\right):=\sum_{k=1}^{\infty}~\frac{1}{k^x} \end{eqnarray*}$ geltend für $\begin{eqnarray*} x>0 \end{eqnarray*}$ ist bekannt.
Hier ist unser $\begin{eqnarray*} x=2 \end{eqnarray*}$ , allerdings haben wir ein Problem: unsere Reihe geht nicht bis ins Unendliche.
Um sozusagen die Reihe abzuschneiden kann man eine bisschen exotischere Funktion ranziehen: die Polygammafunktion.

Sie ist definiert als $\begin{eqnarray*} \Psi_{\nu}\left(x\right):=\frac{\dd^{\nu+1}}{\dd x^{\nu+1}}\ln\left(\Gamma\left(x\right)\right) \end{eqnarray*}$

Für $\begin{eqnarray*} \nu>0 \end{eqnarray*}$ folgt daraus dann $\begin{eqnarray*} \Psi_{\nu}\left(x\right)=\left(-1\right)^{\nu+1}\cdot \nu! \cdot \sum_{k=0}^{\infty}~\frac{1}{\left(x+k\right)^{\nu+1}} \end{eqnarray*}$

Will man nun die Summe $\begin{eqnarray*} \sum_{k=1}^n~\frac{1}{k^2} \end{eqnarray*}$ ausrechnen erkennt mant leicht das gilt:

$\begin{eqnarray*} \sum_{k=1}^n~\frac{1}{k^2}=\sum_{k=1}^{\infty}~\frac{1}{k^2}-\sum_{n+1}^{\infty}~\frac{1}{k^2}=\zeta\left(2\right)-\Psi_1\left(n+1\right) \end{eqnarray*}$

02.04.2007, 14:13

kiste

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Da es hier um Grenzwerte geht meinte ich wie man auf den Wert von $\begin{eqnarray*} \zeta (2) \end{eqnarray*}$ kommt.

Und deine Polygammafunktion mit v=1 ist doch nach dem Einsetzen das gleiche wie die Summe ab n+1. Warum hast du sie dann überhaupt benutzt? Denke nicht das es einfacher ist damit zu rechnen Augenzwinkern

02.04.2007, 14:31

Lazarus

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Achso.

Dachte es geht um den Wert der Folge konkret.

Wenns nur um den Grenzwert geht dann brauchste ja nur die Zeta-Funktion, ja. Will man allerdings für ein n den Wert berechenen kommt man wohl nicht drumrum den "hinteren Teil" der Reihe abzuschneiden wie oben beschrieben.

Die Herleitung ist entweder Definition oder bisschen komplizierter.
Oder anders ausgedrückt: definiert man die Zetafunktion gemäß $\begin{eqnarray*} \zeta\left(x\right):=\sum_{k=1}^{\infty}~\frac{1}{k^x} \end{eqnarray*}$ so hat man das Problem wegdefiniert und brauch da garnixmehr herleiten.
Den Wert konkret berechnet hat ja Euler mal, danach kannste aber auch selber suchen.

Wählt man eine andere Definition z.b. $\begin{eqnarray*} \zeta(x):=\prod_{p\in\mathbb P}~\frac{1}{1-\frac{1}{p^s}} \end{eqnarray*}$ oder $\begin{eqnarray*} \zeta(x):= \frac{1}{\Gamma}\cdot \int\limits_{0}^{\infty} \frac{u^{x-1}}{e^u-1}\dd u \end{eqnarray*}$ dann kann man mit eben nicht ganz leichten Umformungen auf die Summe kommen, da ja alle Definitionen die gleiche Funktion beschreiben, was man aber eben erstmal nachweisen müsste.

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