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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 22:01 Di 04.01.2011 | | Autor: | cauchy |
| Aufgabe | Zu beweisen:
Für a > 0 gilt
[mm] \lim_{n\to \infty} n(\wurzel[n]{a}-1) =\log{a} [/mm] |
Hallo liebes Matheraum-Team,
ich habe die Aufgabe folgenderweise gelöst, bin mir aber nicht so sicher, ob alle Schritte korrekt sind. Ich würde mich freuen, wenn ihr mir weiterhelfen könntet!
Zunächst habe ich festgestellt, dass
$a $= [mm] e^{\log a} [/mm] = [mm] \lim_{n\to\infty}(1+\bruch{\log{a}}{n})^n
[/mm]
Es gilt also:
[mm] \lim_{n\to\infty}{a} [/mm] = [mm] \lim_{n\to\infty}{(1+\bruch{\log{a}}{n})^n}
[/mm]
Ich ziehe auf beiden Seiten die n-te Wurzel
[mm] \gdw \wurzel[n]{\lim_{n\to\infty}{a}} [/mm] = [mm] \wurzel[n]{\lim_{n\to\infty}{(1+\bruch{\log{a}}{n})^n}}
[/mm]
Da [mm] \wurzel[n]{*} [/mm] stetig ist, darf ich [mm] \wurzel[n]{*} [/mm] und [mm] \lim [/mm] vertauschen:
[mm] \gdw \lim_{n\to\infty}{\wurzel[n]{a}} [/mm] = [mm] \lim_{n\to\infty}{\wurzel[n]{{(1+\bruch{\log{a}}{n})^n}}}
[/mm]
Auf der rechten Seite hebt sich die Wurzel gegen den Exponenten auf:
[mm] \gdw \lim_{n\to\infty}{\wurzel[n]{a}} [/mm] = [mm] \lim_{n\to\infty}{{(1+\bruch{\log{a}}{n})}}
[/mm]
Ziehe den Limes auf der rechten Seite auseinander:
[mm] \gdw \lim_{n\to\infty}{\wurzel[n]{a}} [/mm] = [mm] \lim_{n\to\infty}{1}+ \lim_{n\to\infty}{\bruch{\log{a}}{n}}
[/mm]
Hole die "1" auf die linke Seite:
[mm] \gdw \lim_{n\to\infty}{\wurzel[n]{a}} [/mm] - [mm] \lim_{n\to\infty}{1}= \lim_{n\to\infty}{\bruch{\log{a}}{n}}
[/mm]
Fasse zusammen:
[mm] \gdw \lim_{n\to\infty}{(\wurzel[n]{a} - 1)}= \lim_{n\to\infty}{\bruch{\log{a}}{n}}
[/mm]
Auf der rechten Seite gilt nun:
[mm] \gdw \lim_{n\to\infty}{(\wurzel[n]{a} - 1)}= \log{a}*\lim_{n\to\infty}{\bruch{1}{n}}
[/mm]
Hole [mm] \lim_{n\to\infty}{\bruch{1}{n}} [/mm] auf die linke Seite:
[mm] \gdw \lim_{n\to\infty}{n}*\lim_{n\to\infty}{(\wurzel[n]{a} - 1)}=\log{a}
[/mm]
Fasse zusammen:
[mm] \gdw \lim_{n\to\infty}{n(\wurzel[n]{a} - 1)}=\log{a}
[/mm]
qed
Ist das alles richtig? Wenn nein, wo liegen meine Fehler? Danke im Vorraus!
Viele Grüße,
cauchy
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Nein, so geht das nicht.
Schon der Schritt, wo du am Anfang die [mm]n[/mm]-te Wurzel ziehst, ist falsch. Du kannst ja [mm]n[/mm] nicht einerseits als gebundene Variable (beim Limes) und andererseits als freie Variable (bei der [mm]n[/mm]-ten Wurzel) behandeln. Das ist ein schlimmer Denkfehler. Es ist derselbe Fehler, wie wenn jemand einen Faktor [mm]x[/mm] vor dem Integral unters Integral ziehen wollte, obwohl die Integrationsvariable auch [mm]x[/mm] heißt.
Du versuchst, Analysis als reinen Umformungskalkül zu betreiben. Das wird nicht gelingen.
Wenn du [mm]h = \frac{1}{n}[/mm] setzt, siehst du vielleicht, worum es geht:
[mm]n \cdot \left( \sqrt[n]{a} - 1 \right) = \frac{a^{\frac{1}{n}} - 1}{\frac{1}{n}} = \frac{a^h - 1}{h}[/mm]
Erkennst du die Struktur? Was passiert für [mm]n \to \infty[/mm], also [mm]h \to 0[/mm]?
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 00:04 Mi 05.01.2011 | | Autor: | cauchy |
> [mm]n \cdot \left( \sqrt[n]{a} - 1 \right) = \frac{a^{\frac{1}{n}} - 1}{\frac{1}{n}} = \frac{a^h - 1}{h}[/mm]
>
> Erkennst du die Struktur? Was passiert für [mm]n \to \infty[/mm],
> also [mm]h \to 0[/mm]?
Geht es vielleicht so:
[mm] \lim_{h \to 0} \bruch{a^h-1}{h} [/mm] = [mm] \lim_{h \to 0} [\bruch{t^{h-1}}{h} ]^{a}_{1} [/mm] = [mm] \lim_{h \to 0} \integral^{a}_{1}{t^{h-1} dt} [/mm] = [mm] \integral^{a}_{1}{t^{0-1} dt} [/mm] = [mm] \integral^{a}_{1}{\bruch{1}{t} dt} [/mm] = [mm] [\ln(t)]^{a}_{1} [/mm] = [mm] \ln(a)-\ln(1) [/mm] = [mm] \ln(a)
[/mm]
?
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Hallo cauchy,
> > [mm]n \cdot \left( \sqrt[n]{a} - 1 \right) = \frac{a^{\frac{1}{n}} - 1}{\frac{1}{n}} = \frac{a^h - 1}{h}[/mm]
>
> >
> > Erkennst du die Struktur? Was passiert für [mm]n \to \infty[/mm],
> > also [mm]h \to 0[/mm]?
>
> Geht es vielleicht so:
>
> [mm]\lim_{h \to 0} \bruch{a^h-1}{h}[/mm] = [mm]\lim_{h \to 0} [\bruch{t^{h-1}}{h} ]^{a}_{1}[/mm]
> = [mm]\lim_{h \to 0} \integral^{a}_{1}{t^{h-1} dt}[/mm] =
> [mm]\integral^{a}_{1}{t^{0-1} dt}[/mm] =
> [mm]\integral^{a}_{1}{\bruch{1}{t} dt}[/mm] = [mm][\ln(t)]^{a}_{1}[/mm] =
> [mm]\ln(a)-\ln(1)[/mm] = [mm]\ln(a)[/mm]
>
> ?
Wieso integrierst du da denn rum?
Erkennst du nicht den Differenzenquotienten??
Noch deutlicher:
[mm]\lim\limits_{h\to 0}\frac{a^h-1}{h}=\lim\limits_{h\to 0}\frac{a^{0+h}-a^0}{h}=\ldots[/mm]
Nun aber ...
Gruß
schachuzipus
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| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 09:43 Mi 05.01.2011 | | Autor: | cauchy |
>
> [mm]\lim\limits_{h\to 0}\frac{a^h-1}{h}=\lim\limits_{h\to 0}\frac{a^{0+h}-a^0}{h}=\ldots[/mm]
>
Ok, der Differenzenquotient lautet:
$f'(x)$= [mm] \lim_{h \to 0}\bruch{f(x+h)-f(x)}{h}
[/mm]
Daraus folgt also, dass wir die Ableitung von [mm] a^x [/mm] an der Stelle 0 suchen.
Sei [mm] f(x):=a^x
[/mm]
Dann ist wegen des obigen Differenzenquotienten
[mm] f'(x)=(a^x)'=a^x*\ln(a)
[/mm]
Insgesamt:
[mm] \lim\limits_{h\to 0}\frac{a^h-1}{h}=\lim\limits_{h\to 0}\frac{a^{0+h}-a^0}{h}=(a^x)'(0)=a^0*\ln(a)=\ln(a)
[/mm]
Richtig?
PS: Ist das mit dem "Rumdifferenzieren denn auch korrekt?
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| Status: |
(Antwort) fertig  | | Datum: | 10:17 Mi 05.01.2011 | | Autor: | Marcel |
Hallo,
> >
> > [mm]\lim\limits_{h\to 0}\frac{a^h-1}{h}=\lim\limits_{h\to 0}\frac{a^{0+h}-a^0}{h}=\ldots[/mm]
>
> >
>
> Ok, der Differenzenquotient lautet:
>
> [mm]f'(x)[/mm]= [mm]\lim_{h \to 0}\bruch{f(x+h)-f(x)}{h}[/mm]
>
> Daraus folgt also, dass wir die Ableitung von [mm]a^x[/mm] an der
> Stelle 0 suchen.
das ist unschön formuliert. Besser ist: Wenn diese Ableitung existiert und wir sie angeben können, dann können wir mithilfe dieser Ableitung auch den gesuchten Grenzwert folgern, denn er stimmt dann mit dieser überein.
Mach' Dir klar, dass man hier eigentlich trickst. Denn man ersetzt ja Zahlen $n [mm] \in \IN$ [/mm] (oder gewisse rationale Zahlen [mm] $1/n\,$ [/mm] mit $n [mm] \in \IN$ [/mm] - da muss man nochmal nachgucken, wann hier "ersetzt" wurde, ich habe das gerade nicht im Kopf) durch Zahlen $x [mm] \in \IR\,,$ [/mm] und rechnet nun so, als hätte das keinen Einfluss. Es kann aber einen Einfluss haben. Das siehst Du ja schon daran, dass man plötzlich differenzieren kann...
Nur ist es halt so:
Wenn [mm] $\lim_{\substack{x \to \infty\\x \in \IR}}f(x)$ [/mm] existiert, dann existiert auch [mm] $\lim_{\substack{n \to \infty\\n \in \IN}}f(n)$ ($=\lim_{x \to \infty}f_{|\IN}(x)$) [/mm] und die beiden Grenzwerte sind identisch.
(Die Umkehrung gilt i.a. nicht, wie Du Dir anhand [mm] $f(x)=\sin(\pi*x)$ [/mm] leicht überlegen kannst!)
In diesem Sinne sind die vorgeschlagenen Vorgänge zu gebrauchen!
> Sei [mm]f(x):=a^x[/mm]
> Dann ist wegen des obigen Differenzenquotienten
> [mm]f'(x)=(a^x)'=a^x*\ln(a)[/mm]
>
> Insgesamt:
> [mm]\lim\limits_{h\to 0}\frac{a^h-1}{h}=\lim\limits_{h\to 0}\frac{a^{0+h}-a^0}{h}=\red{(a^x)'(0)}=a^0*\ln(a)=\ln(a)[/mm]Eingabefehler: "\left" und "\right" müssen immer paarweise auftreten, es wurde aber ein Teil ohne Entsprechung gefunden (siehe rote Markierung)
Eingabefehler: "\left" und "\right" müssen immer paarweise auftreten, es wurde aber ein Teil ohne Entsprechung gefunden (siehe rote Markierung)
>
> Richtig?
>
> PS: Ist das mit dem "Rumdifferenzieren denn auch korrekt?
Ja, soweit ist das korrekt.
(Der rotmarkierte Teil sollte so nicht geschrieben werden. Es gibt aber eine Schreibweise:
Für $f(a)\,$ kann man auch $f(x)|_{x=a}$ schreiben (bei der rotmarkierten Stelle würdest Du z.B. in Deiner Form für $g(x)=x^2+x$ dann $g(0)=(x^2+x)(0)\;\;(=0^2+0=0)$ schreiben, üblich ist aber $g(0)=\left.{x^2+x}\right|_{x=0}\;\;(=0^2+0=0)$). Dies macht vor allem oben Sinn, wenn man z.B. nicht nur direkt $f'(a)\,$ angeben will, sondern zugleich auch angeben will, wie man $f'(x)\,$ berechnet hat. Du kannst also oben an der rotmarkierten Stelle, wo Du ja eigentlich $f'(0)\,$ für $f(x)=a^x\,$ schreiben wolltest, dann dort $(a^x)'\righ|_{x=0}$ (gelesen wird das übrigens als: "$a^x$ Strich ausgewertet an der Stelle $x=0\,$") schreiben. Und wenn Du noch deutlicher hervorheben willst, nach welcher Variable differenziert wird, dann kannst Du dort auch
$$\left.\frac{d}{dx}a^x\right|_{x=0}$$
schreiben.)
Ich schreibe es trotzdem mal in eine logische Reihenfolge:
Wir betrachten für festes $a > 0\,$ die Funktion $f(x)=a^x\,.$
Diese ist (für jedes $x\,$) differenzierbar mit $f'(x)=a^x*\ln(a)\,.$ Insbesondere gilt
$$f'(0)=a^0*\ln(a)=1*\ln(a)=\ln(a)\,.$$
Per Definitionem ist aber auch (mit $\lim_{h \to 0}:=\lim_{\substack{h \to 0\\h \in \IR \setminus\{0\}}}$)
$$f'(0)=\lim_{h \to 0}\frac{f(h)-f(0)}{h}=\lim_{h \to 0}\frac{a^h-a^0}{h}=\lim_{h \to 0}\frac{a^h-1}{h}\,.$$
Für $h=h_n:=1/n\,$ ($n \in \IN$ - wobei $0 \notin \IN$ gelte) gilt aber $h_n \to 0$ bei $n \to \infty\,,$ also gilt auch
$$\ln(a)=f'(0)=\lim_{n \to \infty} \frac{a^{1/n}-1}{1/n}\,.$$
(Die Begründung für die letzte Gleichheit:
Du hast gesehen, dass für die Funktion $g(h):=\frac{f(h)-f(0)}{h}$ der Grenzwert $\lim_{\substack{h \to 0\\h \in \IR}}g(h)$ existiert und in zu $\ln(a)$ berechnet. Dann existiert auch $\lim_{\substack {p \to 0\\p \in M}}g(h)$ und ist $=\ln(a)\,,$ sofern nur $M \subset \IR \setminus \{0\}$ irgendeine Teilmenge ist, die auch $0\,$ als Häufungspunkt hat (andernfalls würde auch das formale $p \to 0$ keinen Sinn machen).
Das ganze kann man übrigens noch einfacher begründen, wenn man hier weiß oder (in metrischen Räumen) definiert hat ($x_0$ Häufungspunkt des Definitionsbereichs von $f\,$):
$$\lim_{x \to x_0}f(x)=a\,,$$
wenn für alle Folgen $(x_n)_n$ des Definitionsbereichs von $f\,$ mit $x_0\not=x_n \to x_0$ gilt, dass $f(x_n) \to a\,.$).
Gruß,
Marcel
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| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 10:20 Mi 05.01.2011 | | Autor: | cauchy |
Funktioniert denn es auch so?
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 11:06 Mi 05.01.2011 | | Autor: | Marcel |
Hallo,
> Funktioniert denn es auch so?
Du meinst, wie oben von Dir geschrieben:
> $ [mm] \lim_{h \to 0} \bruch{a^h-1}{h} [/mm] $ = $ [mm] \lim_{h \to 0} [\bruch{t^{h-1}}{h} ]^{a}_{1} [/mm] $ = $ [mm] \lim_{h \to 0} \integral^{a}_{1}{t^{h-1} dt} [/mm] $ = $ [mm] \integral^{a}_{1}{t^{0-1} dt} [/mm] $ = $ [mm] \integral^{a}_{1}{\bruch{1}{t} dt} [/mm] $ = $ [mm] [\ln(t)]^{a}_{1} [/mm] $ = $ [mm] \ln(a)-\ln(1) [/mm] $ = $ [mm] \ln(a) [/mm] $
Die erste Gleichheit solltest Du da schon genauer notieren, denn mir war erstmal unklar, wie das zu lesen ist. Klar wird es, wenn man es so schreibt (und den Exponenten von Dir von [mm] $h-1\,$ [/mm] zu [mm] $h\,$ [/mm] korrigiert):
[mm] $$\lim_{h \to 0} \bruch{a^h-1}{h} [/mm] = [mm] \lim_{h \to 0} \left[\bruch{t^{h}}{h} \right]^{t=a}_{t=1}\,.$$
[/mm]
Soweit so gut. Nun sagst Du aber in der nächsten Gleichung, dass $t [mm] \mapsto \frac{t^{h}}{h}$ [/mm] eine Stammfunktion von $t [mm] \mapsto t^{h-1}$ [/mm] sei. Soweit ist das auch in Ordnung.
Bei der Gleichheit
[mm] $$\lim_{h \to 0} \integral^{a}_{1}{t^{h-1} dt} [/mm] = [mm] \integral^{a}_{1}{t^{0-1} dt} [/mm] $$
bist Du aber ein wenig schnell:
Erstmal ziehst Du dort eigentlich den Limes ins Integral
[mm] $$(\star)\;\;\;\lim_{h \to 0} \integral^{a}_{1}{t^{h-1} dt} =\integral^{a}_{1} \lim_{h \to 0} {t^{h-1} dt} [/mm] $$
und danach in den Exponenten:
[mm] $$\integral^{a}_{1} \lim_{h \to 0} {t^{h-1} dt}=\integral^{a}_{1} {t^{\lim\limits_{h \to 0}(h-1)} dt}$$
[/mm]
und benutzt dann [mm] $\lim_{h \to 0}(h-1)=(\lim_{h \to 0}h)-1=0-1=-1\,.$
[/mm]
Die letzte Gleichung ist (so gut wie) trivial, die, wo Du den Limes in den Exponenten ziehst, gilt auch wegen der Stetigkeit der Exponentialfunktion.
Bei [mm] $(\star)$ [/mm] musst Du aber begründen, warum Du einfach Grenzwertbildung und Integration vertauschen darfst, also warum Du dort den Limes ins Integral ziehen darfst. Das ist nicht selbstverständlich!
Wenn Dir das gelingt, dann sollte (nach der kleinen Korrektur bei dem einen Exponenten) das auch so gehen. Ist aber ähnlich wie mein Vorschlag mit de l'Hospital:
Du schießt dann mit Kanonen auf Spatzen!
Gruß,
Marcel
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 09:25 Mi 05.01.2011 | | Autor: | Marcel |
Hallo,
> Zu beweisen:
>
> Für a > 0 gilt
> [mm]\lim_{n\to \infty} n(\wurzel[n]{a}-1) =\log{a}[/mm]
gerade, weil hier schon so schön auf den "offensichtlichen" Differenzenquotienten hingewiesen wurde, wird mich manch' einer vielleicht "schlagen wollen", denn das, was ich jetzt anbiete, ist in einem solchen Falle schon fast verpönt 
Nichtsdestotrotz funktioniert es (es ist aber quasi so, als wenn man mit Kanonen auf Spatzen schießt):
Ersetzt man [mm] $n\,$ [/mm] durch $x [mm] (\in \IR_{>0})$ [/mm] (man muss also schon wissen, wie man auch mit irrationalen Exponenten umgeht!) und schreibt obiges um zu
[mm] $$\lim_{x \to \infty} x*(\sqrt[x]{a}-1)=\lim_{x \to \infty} \frac{\sqrt[x]{a}-1}{\frac{1}{x}}\,,$$
[/mm]
so folgt wegen [mm] $\sqrt[x]{a} \to [/mm] 1$ ($x [mm] \to \infty$), [/mm] dass man de l'Hopital anwenden kann (Fall [mm] "$0/0\,$").
[/mm]
Wegen [mm] $(\sqrt[x]{a})'=(a^{1/x})'=(e^{\ln(a)/x})'=\left(\frac{\ln(a)}{x}\right)'*a^{1/x}=-\frac{\ln(a)}{x^2}a^{1/x}$ [/mm] und [mm] $(1/x)'=-1/x^2$ [/mm] ist der obige Limes dann nach de l'Hospital
[mm] $$=\lim_{x \to \infty}\frac{-\frac{\ln(a)}{x^2}*a^{1/x}}{-\frac{1}{x^2}}=\ln(a)\lim_{x \to \infty}a^{1/x}=\ln(a)*1=\ln(a) \,.$$
[/mm]
P.S.:
Ich bevorzuge die Notation [mm] $\ln(\cdot)$ [/mm] anstelle von [mm] $\log(\cdot)$ [/mm] für den Logarithmus naturalis. Natürlich kannst Du oben auch jedes [mm] $\ln$ [/mm] meinerseits dann durch [mm] $\log$ [/mm] ersetzen.
P.P.S.:
Ich weiß, dass das, wie gesagt, eine sehr sehr unelegante und viel zu komplizierte Methode ist, weil man hier eigentlich die Ableitung einer Funktion [mm] $f'(a)\,$ [/mm] mithilfe von de l'Hospital berechnet. Die obige Methode macht dann quasi folgendes:
Man berechnet
[mm] $$\lim_{h \to 0}\frac{f(a+h)-f(a)}{h}=\lim_{r \to \infty} \frac{f(a+(1/r))-f(a)}{1/r}$$
[/mm]
und de l'Hospital (setze etwa [mm] $u(r):=f(a+(1/r))-f(a)\,,$ [/mm] wegen der Stetigkeit von [mm] $f\,$ [/mm] an der Stelle [mm] $\,a$ [/mm] gilt dann $u(r) [mm] \to [/mm] 0$ bei $r [mm] \to \infty$; [/mm] und setze [mm] $v(r):=1/r\,,$ [/mm] dann gilt auch $v(r) [mm] \to [/mm] 0$ bei $r [mm] \to \infty$) [/mm] besagt nun, dass man das umschreiben kann zu
[mm] $$=\lim_{r \to \infty}\frac{u'(r)}{v'(r)}=\lim_{r \to \infty}\frac{f'(a+(1/r))*\frac{-1}{r^2}}{-\frac{1}{r^2}}=\lim_{r \to \infty}f'(a+(1/r))\,,$$
[/mm]
falls der letztstehende Grenzwert existiert. Ist nun etwa [mm] $f'\,$ [/mm] an der Stelle [mm] $a\,$ [/mm] vorhanden und [mm] $f'\,$ [/mm] auch stetig an [mm] $a\,,$ [/mm] so erhält man natürlich gerade [mm] $f'(a)\,.$ [/mm] Man berechnet in diesem Falle so also ziemlich kompliziert [mm] $f'(a)\,.$
[/mm]
Was mich übrigens gerade irritiert, ist, dass doch theoretisch [mm] $f'\,$ [/mm] auch unstetig in [mm] $a\,$ [/mm] sein kann, und dann auch $f'(a) [mm] \not=\lim_{r \to \infty}f'(a+(1/r))$ [/mm] gelten kann, obwohl der Grenzwert rechterhand existiert.
Edit:
Ich habe mittlerweile herausgefunden, dass meine Überlegungen stimmen, es also doch nicht sein kann, dass [mm] $\lim_{h \to 0}f'(a+h)$ [/mm] existiert und dann NICHT mit [mm] $f'(a)\,$ [/mm] übereinstimmt; vielmehr folgt aus der bloßen Existenz von [mm] $\lim_{h \to 0}f'(a+h)$ [/mm] schon, dass [mm] $f'(a)\,$ [/mm] vorhanden und [mm] $f'\,$ [/mm] stetig an der Stelle [mm] $a\,$ [/mm] ist. Bestätigt wird das durch meine folgende Ergänzung bzw. man kann es auch ![[]](/images/popup.gif) hier nachlesen.
Und beim Standardbeispiel [mm] $f(x)=x^2*\sin(1/x)$ [/mm] ($x [mm] \not=0$) [/mm] mit [mm] $f(0)=0\,$ [/mm] ist es so, dass [mm] $\lim_{h \to 0}f'(h)$ [/mm] NICHT existiert. Das kann man einfach nachrechnen!
Nach obiger Überlegung müsste dann aber doch [mm] $f'(a)=\lim_{h \to 0}\frac{f(a+h)-f(a)}{h}=\lim_{r \to \infty}f'(a+(1/r))=\lim_{h \to 0}f'(a+h)$ [/mm] gelten.
Das würde bedeuten, dass, wenn nur [mm] $\lim_{h \to 0}f'(a+h)$ [/mm] vorhanden ist, auch schon [mm] $f\,$ [/mm] an der Stelle [mm] $a\,$ [/mm] differenzierbar ist mit [mm] $f'(a)=\lim_{h \to 0}f'(a+h)\,.$
[/mm]
Dieser Satz ist mir nicht bekannt und ich bin mir auch nicht sicher, ob er wirklich so gilt - oder ob ich da nur etwas "geschlampt" habe und eine für de l'Hospital wichtige Voraussetzung übersehen habe...
Wenn er aber gilt: Interessant 
Achso:
Fazit: Hier kann man auch mit de l'Hospital drauflosklopfen, aber berechnet dann nur umständlich den Funktionswert einer Ableitung an einer Stelle, wobei die Ableitungsfunktion an dieser Stelle glücklicherweise stetig ist...
Gruß,
Marcel
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