Grenzwert f(x) < Funktionen < eindimensional < reell < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 19:01 Di 06.01.2009 | | Autor: | tedd |
| Aufgabe | Bestimmen Sie den folgenden Grenzwert:
[mm] \limes_{x\rightarrow1}\bruch{ln(x)}{\sqrt{x^2-1}} [/mm] |
Also:
[mm] \limes_{x\rightarrow1}\bruch{ln(x)}{\sqrt{x^2-1}}\underbrace{=}_{\bruch{0}{0}}...
[/mm]
Jetzt will ich eigentlich L'Hospital anwenden, allerdings haben wir in der Vorlesung gelernt, dass man bei Wurzeln aufpassen muss, dass diese evtl nicht diff'bar sind für die Stellen [mm] x_0 [/mm] wo die Wurzel [mm] \sqrt{0} [/mm] wird.
Hier wird die Wurzel 0 bei [mm] x_0=1 [/mm] (sowie -1 aber das ist ja durch ln(x) gar nicht definiert, ausserdem ist der Grenzwert gegen 1 gefragt.)
Das kann man prüfen indem man prüft ob folgender Grenzwert existiert:
[mm] \limes_{\Delta x\rightarrow0}\bruch{f(x_0+\Delta x)-f(x_0)}{\Delta x}=\limes_{\Delta x\rightarrow0}\bruch{\sqrt{(\Delta x+1)^2-1}-\sqrt{1^2-1}}{\Delta x}
[/mm]
[mm] =\limes_{\Delta x\rightarrow0}\bruch{\sqrt{\Delta x^2+2*\Delta x+1-1}-\sqrt{1-1}}{\Delta x}
[/mm]
[mm] =\limes_{\Delta x\rightarrow0}\bruch{\sqrt{\Delta x^2+2*\Delta x}}{\Delta x}
[/mm]
[mm] =\limes_{\Delta x\rightarrow0}\bruch{\sqrt{\Delta x^2(1+\bruch{2}{\Delta x})}}{\Delta x}
[/mm]
[mm] =\limes_{\Delta x\rightarrow0}\bruch{\Delta x\sqrt{1+\bruch{2}{\Delta x}}}{\Delta x}
[/mm]
[mm] =\limes_{\Delta x\rightarrow0}\sqrt{1+\bruch{2}{\Delta x}}
[/mm]
[mm] =\infty
[/mm]
Und das würde doch heissen, dass [mm] \sqrt{x^2-1} [/mm] gar nicht in [mm] x_0=1 [/mm] diff'bar ist und ich somit keinen L'Hospital anwenden kann oder?
Danke und besten Gruß,
tedd
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> Bestimmen Sie den folgenden Grenzwert:
> [mm]\limes_{x\rightarrow1}\bruch{ln(x)}{\sqrt{x^2-1}}[/mm]
> Also:
>
> [mm]\limes_{x\rightarrow1}\bruch{ln(x)}{\sqrt{x^2-1}}\underbrace{=}_{\bruch{0}{0}}...[/mm]
>
> Jetzt will ich eigentlich L'Hospital anwenden, allerdings
> haben wir in der Vorlesung gelernt, dass man bei Wurzeln
> aufpassen muss, dass diese evtl nicht diff'bar sind für die
> Stellen [mm]x_0[/mm] wo die Wurzel [mm]\sqrt{0}[/mm] wird.
> Hier wird die Wurzel 0 bei [mm]x_0=1[/mm] (sowie -1 aber das ist ja
> durch ln(x) gar nicht definiert, ausserdem ist der
> Grenzwert gegen 1 gefragt.)
>
> Das kann man prüfen indem man prüft ob folgender Grenzwert
> existiert:
>
> [mm]\limes_{\Delta x\rightarrow0}\bruch{f(x_0+\Delta x)-f(x_0)}{\Delta x}=\limes_{\Delta x\rightarrow0}\bruch{\sqrt{(\Delta x+1)^2-1}-\sqrt{1^2-1}}{\Delta x}[/mm]
>
> [mm]=\limes_{\Delta x\rightarrow0}\bruch{\sqrt{\Delta x^2+2*\Delta x+1-1}-\sqrt{1-1}}{\Delta x}[/mm]
>
> [mm]=\limes_{\Delta x\rightarrow0}\bruch{\sqrt{\Delta x^2+2*\Delta x}}{\Delta x}[/mm]
>
> [mm]=\limes_{\Delta x\rightarrow0}\bruch{\sqrt{\Delta x^2(1+\bruch{2}{\Delta x})}}{\Delta x}[/mm]
>
> [mm]=\limes_{\Delta x\rightarrow0}\bruch{\Delta x\sqrt{1+\bruch{2}{\Delta x}}}{\Delta x}[/mm]
>
> [mm]=\limes_{\Delta x\rightarrow0}\sqrt{1+\bruch{2}{\Delta x}}[/mm]
>
> [mm]=\infty[/mm]
>
> Und das würde doch heissen, dass [mm]\sqrt{x^2-1}[/mm] gar nicht in
> [mm]x_0=1[/mm] diff'bar ist und ich somit keinen L'Hospital anwenden
> kann oder?
Hallo!
Die Frage konkret kann ich dir nicht fachlich korrekt beantworten, weil ich da zuwenig Erfahrung habe. Ich würde aber sagen, da eben "unendlich" rauskommt, existiert der Grenzwert nicht und L'Hospital scheidet aus.
Man könnte es folgermaßen probieren: die [mm] \exp(x)-Funktion [/mm] ist stetig, d.h. es gilt
[mm] $\limes_{x\rightarrow x_{0}}(\exp(x)) [/mm] = [mm] exp\left(\limes_{x\rightarrow x_{0}}x\right)$
[/mm]
Dann ist bei deiner Aufgabe auch
[mm] $\ln\left(\exp\left(\lim_{x\to 1}\left(\bruch{\ln(x)}{\sqrt{x^2-1}}\right)\right)\right) [/mm] = [mm] \ln\left(\lim_{x\to 1}\left(\exp\left(\bruch{\ln(x)}{\sqrt{x^2-1}}\right)\right)\right)$
[/mm]
Vielleicht kommst du damit weiter 
Grüße,
Stefan.
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 11:41 Mi 07.01.2009 | | Autor: | fred97 |
Substituiere t = [mm] \wurzel[]{x^2-1}
[/mm]
Dann ist [mm] x^2 [/mm] = [mm] t^2+1 [/mm] und ln(x) = [mm] \bruch{1}{2}ln(x^2) [/mm] = [mm] \bruch{1}{2}ln(t^2+1)
[/mm]
FRED
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 14:16 Mi 07.01.2009 | | Autor: | fred97 |
Alles O.K.
FRED
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 11:34 Do 08.01.2009 | | Autor: | tedd |
Hey Danke für die Antwort Fred! ![[ok]](/images/smileys/ok.gif "[ok]")
Noch eine Frage:
Wenn ich den Grenzuwert nicht gegen 1 sondern gegen [mm] \infty [/mm] laufen lasse, dann brauche ich doch keine Substitution und kann direkt L'Hospital anwenden oder?
Also:
[mm] \limes_{x\rightarrow \infty}\bruch{ln(x)}{\sqrt{x^2-1}}\underbrace{=}_{\bruch{0}{0}}\limes_{x\rightarrow \infty}\bruch{\bruch{1}{x}}{\bruch{2*x}{2*\sqrt{x^2-1}}}
[/mm]
[mm] =\limes_{x\rightarrow \infty}\bruch{\sqrt{x^2-1}}{x^2}
[/mm]
[mm] =\limes_{x\rightarrow \infty}\bruch{\sqrt{x^2*(1-\bruch{1}{x^2})}}{x^2}
[/mm]
[mm] =\limes_{x\rightarrow \infty}\bruch{x*\sqrt{1-\bruch{1}{x^2}}}{x^2}
[/mm]
[mm] =\limes_{x\rightarrow \infty}\bruch{\sqrt{1-\bruch{1}{x^2}}}{x}=0
[/mm]
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 11:37 Do 08.01.2009 | | Autor: | fred97 |
O.K.
FRED
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 11:39 Do 08.01.2009 | | Autor: | tedd |
Danke für die Hilfe :)
Gruß,
tedd
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