L'Hospital, Taylorreihe < Funktionen < eindimensional < reell < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 09:23 Di 15.07.2014 | | Autor: | Qight |
| Aufgabe | Bestimmen Sie den Grenzwert
[mm] \limes_{x\rightarrow0} \bruch{(1+x^{2})^{2014} - (1-x^{2})^{2014}}{cos(e^x -1) -1} [/mm]
i) mit Hilfe des Satzes von l'Hospital
ii) mit Hilfe geeigneter Taylorreihenentwicklungen |
i) [mm] \limes_{x\rightarrow0} \bruch{(1+x^{2})^{2014} - (1-x^{2})^{2014}}{cos(e^x -1) -1} = \bruch{1 -1}{1 -1} = \bruch{0}{0} [/mm]
also kann man l'Hospital anwenden,
[mm] \limes_{x\rightarrow0} \bruch{f'(x)}{g'(x)} = \limes_{x\rightarrow0} \bruch{4028*
(1+x^{2})^{2013}+4028*(1-x^{2})^{2013}}{-e^{x}*sin(e^x -1)} = -8056 [/mm]
Das dürfte soweit stimmen.
ii) Da bin ich mir noch nicht ganz sicher. Da von der Mehrzahl die Rede ist, gehe ich davon aus, dass ich den Zähler und Nenner in geschickte Teile unterordnen soll und diese dann mit der richtigen Reihe entwickeln muss. Wobei auch die Frage nach dem Entwicklungspunkt gestellt wäre, der aber wegen [mm] \limes_{x\rightarrow0} [/mm] vermutlich 0 ist. Sprich den cosinus in eine Reihe umformen und den Zähler, der mir verdächtig ähnlich der dritten binomischen Formel vorkommt, ebenso in eine Reihe umforme.
Liege ich damit denn richtig?
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 10:01 Di 15.07.2014 | | Autor: | hippias |
> Bestimmen Sie den Grenzwert
>
> [mm]\limes_{x\rightarrow0} \bruch{(1+x^{2})^{2014} - (1-x^{2})^{2014}}{cos(e^x -1) -1}[/mm]
>
> i) mit Hilfe des Satzes von l'Hospital
> ii) mit Hilfe geeigneter Taylorreihenentwicklungen
> i) [mm]\limes_{x\rightarrow0} \bruch{(1+x^{2})^{2014} - (1-x^{2})^{2014}}{cos(e^x -1) -1} = \bruch{1 -1}{1 -1} = \bruch{0}{0}[/mm]
>
> also kann man l'Hospital anwenden,
...aber nicht so aufschreiben  Denn [mm] $\frac{0}{0}$ [/mm] ist ja eben das Problem. Also schreibe besser: nun gilt [mm] $\limes_{x\rightarrow 0} (1+x^{2})^{2014} [/mm] - [mm] (1-x^{2})^{2014}= \limes_{x\rightarrow 0} cos(e^x [/mm] -1) -1= 0$ > also kann man l'Hospital anwenden,
>
> [mm]\limes_{x\rightarrow0} \bruch{f'(x)}{g'(x)} = \limes_{x\rightarrow0} \bruch{4028*
(1+x^{2})^{2013}+4028*(1-x^{2})^{2013}}{-e^{x}*sin(e^x -1)} = -8056[/mm]
>
> Das dürfte soweit stimmen.
Leider nicht ganz: die Ableitung des Zaehlers ist nicht richtig und [mm] $\limes_{x\rightarrow0} [/mm] g'(x)$ ist noch immer $=0$.
>
> ii) Da bin ich mir noch nicht ganz sicher. Da von der
> Mehrzahl die Rede ist, gehe ich davon aus, dass ich den
> Zähler und Nenner in geschickte Teile unterordnen soll und
> diese dann mit der richtigen Reihe entwickeln muss. Wobei
> auch die Frage nach dem Entwicklungspunkt gestellt wäre,
> der aber wegen [mm]\limes_{x\rightarrow0}[/mm] vermutlich 0 ist.
> Sprich den cosinus in eine Reihe umformen und den Zähler,
> der mir verdächtig ähnlich der dritten binomischen Formel
> vorkommt, ebenso in eine Reihe umforme.
> Liege ich damit denn richtig?
Liest sich ganz richtig.
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 11:15 Di 15.07.2014 | | Autor: | Qight |
Hallo,
Danke für die schnelle Antwort. Stimmt bei der Ableitung habe ich das x im Zähler jeweils vergessen zu notieren. Dummer Fehler.
Es muss heißen:
[mm] \limes_{x\rightarrow0} \bruch{4028*x*(1+x^{2})^{2013} + 4028*x*(1-x^{2})^{2013}}{-e^{x}*sin(e^{x}-1)} = \limes_{x\rightarrow0} 4028*x*((1+x^{2})^{2013}+(1-x^{2})^{2013}) = \limes_{x\rightarrow0} -e^{x}*sin(e^{x}-1) = 0 [/mm]
Nur was soll dann letzten Endes gelten. Das der Grenzwert 1 ist?
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(Antwort) fertig | | Datum: | 11:36 Di 15.07.2014 | | Autor: | leduart |
Hallo
da du wieder Z=0 und N=0 hast, kannst du L' Hopital wieder anwenden.
Gruss leduart
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 19:15 Di 15.07.2014 | | Autor: | Qight |
Hallo,
Ja, danke für den Tipp, ist natürlich logisch. Habe das dann mal gemacht.
Sei
[mm] f(x) = (1+x^{2})^{2014}-(1-x^{2})^{2014} [/mm]
dann ist:
[mm] f'(x) = 4028*x*((1+x^{2}){2013} + (1-x^{2})^{2013}) [/mm]
und
[mm] f''(x) = 4028 * ((1+x^{2})^{2013}+x^{2} * 4026 * (1+x^{2})^{2012} + (1-x^{2})^{2013} - x^{2} * 4026 * (1-x^{2})^{2012}) [/mm]
Dann ist:
[mm] \limes_{x\rightarrow0} f(x) = 0 [/mm]
[mm] \limes_{x\rightarrow0} f'(x) = 0 [/mm]
[mm] \limes_{x\rightarrow0} f''(x) = 8056 [/mm]
Sei
[mm] g(x) = cos(e^{x}-1)-1 [/mm]
Dann ist
[mm] g'(x) = -e^{x} * sin(e^{x} -1 ) [/mm]
[mm] g''(x) = -e^{x} * ( sin(e^{x} - 1) + e^{x} cos(e^{x} - 1)) [/mm]
[mm] \limes_{x\rightarrow0} g(x) = 0 [/mm]
[mm] \limes_{x\rightarrow0} g'(x) = 0 [/mm]
[mm] \limes_{x\rightarrow0} g''(x) = -1 [/mm]
i) L'Hospital anwenden, da gilt:
[mm] \limes_{x\rightarrow0} \bruch{f(x)}{g(x)} [/mm]
mit
[mm] \limes_{x\rightarrow0} f(x) = \limes_{x\rightarrow0} g(x) = 0 [/mm]
Also:
[mm] \limes_{x\rightarrow0} \bruch{f'(x)}{g'(x)} [/mm]
da aber
[mm] \limes_{x\rightarrow0} f'(x) = \limes_{x\rightarrow0} g'(x) = 0 [/mm]
nochmal l'Hospital anwenden:
[mm] \limes_{x\rightarrow0} \bruch{f''(x)}{g''(x)} = -8056 [/mm]
So dürfte es stimmen.
Nun zur Taylorreihenentwicklung.
Aus oben ist schon f und g bis zur zweiten Ableitung bekannt. Da hier nicht steht bis zu welcher ich entwickeln soll, gehe ich mal davon aus, dass dies reichen wird. Entwicklungspunkt ist 0.
[mm] T_{f,2,0} = \bruch{f(0)}{0!}*(x-0)^{0}+\bruch{f'(0)}{1!}*(x-0)^{1}+\bruch{f''(0)}{2!}*(x-0)^{2} = 8056 [/mm]
und
[mm] T_{g,2,0} = \bruch{g(0)}{0!}*(x-0)^{0}+\bruch{g'(0)}{1!}*(x-0)^{1}+\bruch{g''(0)}{2!}*(x-0)^{2} = -1 [/mm]
Also gilt für [mm] \bruch{f(x)}{g(x)} [/mm] um den Enwicklungspunkt 0 :
[mm] \bruch{T_{f,2,0}}{T_{g,2,0}} = -8056 [/mm]
Bin bei dieser Aufgabe aber verwirrt, da ich mich doch nur nähern soll mit der Taylorentwicklung, aber so auf das Ergebnis komme. Und das für "sehr wenige" n-Ableitungen.
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(Antwort) fertig | | Datum: | 19:28 Di 15.07.2014 | | Autor: | rmix22 |
> So dürfte es stimmen.
![[ok]](/images/smileys/ok.gif "[ok]")
>
> Nun zur Taylorreihenentwicklung.
>
> Aus oben ist schon f und g bis zur zweiten Ableitung
> bekannt. Da hier nicht steht bis zu welcher ich entwickeln
> soll, gehe ich mal davon aus, dass dies reichen wird.
Das denke ich nicht. Du hast ja diesbezüglich selbst weiter unten Bedenken angemeldet.
> Entwicklungspunkt ist 0.
>
> [mm]T_{f,2,0} = \bruch{f(0)}{0!}*(x-0)^{0}+\bruch{f'(0)}{1!}*(x-0)^{1}+\bruch{f''(0)}{2!}*(x-0)^{2} = 8056[/mm]
Hoppla!? Was hast du denn da für x eingesetzt?
>
> und
>
> [mm]T_{g,2,0} = \bruch{g(0)}{0!}*(x-0)^{0}+\bruch{g'(0)}{1!}*(x-0)^{1}+\bruch{g''(0)}{2!}*(x-0)^{2} = -1[/mm]
>
> Also gilt für [mm]\bruch{f(x)}{g(x)}[/mm] um den Enwicklungspunkt 0
> :
>
> [mm]\bruch{T_{f,2,0}}{T_{g,2,0}} = -8056[/mm]
>
> Bin bei dieser Aufgabe aber verwirrt, da ich mich doch nur
> nähern soll mit der Taylorentwicklung, aber so auf das
> Ergebnis komme. Und das für "sehr wenige" n-Ableitungen.
>
>
>
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 20:05 Di 15.07.2014 | | Autor: | Qight |
Upps, habe da ja etwas dämliches gemacht.
Muss ja:
[mm] T_{f,2,0} = 4028 x^{2} [/mm] rauskommen.
und für
[mm] T_{g,2,0} = -\bruch{x}{2} [/mm]
Also:
[mm] \bruch{T_{f,2,0}}{T_{g,2,0}} = -2014 [/mm]
Damit wäre das falsch. Habe ich hier falsch entwickelt? Oder muss ich einfach "länger" entwickeln, wenn ja, wo soll ich denn da wissen wie weit?
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(Antwort) fertig | | Datum: | 21:23 Di 15.07.2014 | | Autor: | rmix22 |
> Upps, habe da ja etwas dämliches gemacht.
>
> Muss ja:
>
> [mm]T_{f,2,0} = 4028 x^{2}[/mm] rauskommen.
>
> und für
>
> [mm]T_{g,2,0} = -\bruch{x}{2}[/mm]
>
> Also:
>
> [mm]\bruch{T_{f,2,0}}{T_{g,2,0}} = -2014[/mm]
>
Und wie kommst du jetzt darauf?
[mm]\bruch{T_{f,2,0}}{T_{g,2,0}} = -8056*x[/mm] triffts wohl eher, oder?
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 21:46 Di 15.07.2014 | | Autor: | Qight |
Man ich bin anscheinend echt perplext heute. Stimmt muss -8056 sein, da ich den Doppelbruch verpeilt habe.
Ich bin darauf gekommen, weil ich mir meine Taylorreihen nochmal angeschaut habe.
Wenn man die Werte einsetzt (habe ja alle schon schön aufgeschrieben) und das auch richtig macht, nicht so wie ich :-( , dann kommt man darauf.
Nur die Frage ist, ist das weit genug entwickelt? Bei der dritten Ableitung dürfte aber (falls ich da auch keinen Fehler gemacht habe) für x gegen null nochmal 0 rauskommen. Würde dann an dem Ergebnis nichts ändern. Und die weiteren Ableitungen sind wirklich sehr sehr lang zu notieren. Kann mir nicht vorstellen, dass das die Intention ist.
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(Antwort) fertig | | Datum: | 00:26 Mi 16.07.2014 | | Autor: | leduart |
Hallo
siehe di andere Antwort.
Gruß leduart
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(Antwort) fertig | | Datum: | 00:18 Mi 16.07.2014 | | Autor: | leduart |
Hallo
bei 2 mal L'Hopital mit Ergolg reicht T2:
wenn du weiter nach Taylor entwickeln würdest
kommen [mm] T=0+0+f''/2*x^2+F'''/3!*x^3 [/mm] usw im Nenner mit g dasselbe, jetzt kannst du durch [mm] x^2 [/mm] kurzen (für [mm] x\ne [/mm] 0 dann blebien bei allen höheren Ableitungen [mm] x^k [/mm] k>0 stehen, d.h. alle werden bei x=0 0
eigentlich ist L'Hopital nichts anderes als Taylor T1 L'Hopital einmal, T2 LHopital 2 mal T3 L'Hopital 3 mal usw.
(du musst nicht immer den lim schreiben, wenn f(0) existiert.)
(den Wert von f'' hab ich nicht nachgerechnet!)
Gruß leduart
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