Grenzwert v. Fkt. m. Log. < Funktionen < eindimensional < reell < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 21:56 Sa 10.12.2011 | | Autor: | Lustique |
| Aufgabe | a) Es sei [mm] $\alpha>0$ [/mm] gegeben. Untersuchen Sie die Grenzwerte der angegebenen Funktionen und bestimmen Sie diese ggf. (mit Begründung!):
(i) [mm] $x^\alpha \ln(x)$ [/mm] für [mm] $x\downarrow [/mm] 0$ sowie [mm] $x^{-\alpha} \ln(x)$ [/mm] für [mm] $x\to +\infty$ [/mm]
(ii) [mm] $\frac{x^\alpha -1}{\ln(x)}$ [/mm] für [mm] $x\to [/mm] 1$
(*iii) [mm] $x^x$ [/mm] für [mm] $x\downarrow [/mm] 0$ |
Hallo mal wieder,
ich komme bei dieser Aufgabe irgendwie zu keinem vernünftigen Ansatz. Ich habe zwar schon herausgefunden (für kleine Werte von x mit Taschenrechner ausprobiert), dass (i) wohl gegen 0 läuft, habe aber keine Ahnung wie ich das beweisen soll. Ich nehme mal stark an, dass das übers [mm] $\varepsilon-\delta$-Kriterium [/mm] laufen soll, habe aber keine Ahnung, wie ich das in diesem Fall hier angehen soll. Ich wäre deswegen in erster Linie für Tipps bezüglich des ersten Grenzwertes von (i) dankbar, da ich die Hoffnung habe, den Rest dann selbst hinzubekommen (wahrscheinlich gibts da irgendeinen Trick für eine Abschätzung den ich nicht finde).
Hier erst mal mein "Ansatz":
Z.z.: [mm] $\forall \varepsilon>0 \;\exists\delta>0 \;\forall x\in\mathbb{R}\setminus\{0\}:|x|<\delta \Rightarrow |f(x)|<\varepsilon$ [/mm]
Ich werde das Ganze ja für das [mm] $\varepsilon-\delta$-Kriterium [/mm] auf jeden Fall schon mal etwas umschreiben müssen, und hatte da mehrere Ideen, die mich allerdings alle nicht weitergebracht haben:
1. [mm] $x^\alpha \ln(x)=\exp(\alpha \ln(x))\ln(x)=\sum_{k=0}^{\infty} \frac{\alpha^k {\ln(x)}^{k+1}}{k!}$
[/mm]
2. Eine Abschätzung über [mm] $\ln(1+x)\leqslant [/mm] x$ für alle [mm] $x\geqslant [/mm] 0$(aus der Vorlesung), also mit [mm] $\ln(1+x)\leqslant [/mm] x [mm] \Leftrightarrow \ln(x)\leqslant [/mm] x-1$
Irgendwie hat mich das aber beides kein Stück weitergebracht... :/
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(Antwort) noch nicht fertig  | | Datum: | 23:23 Sa 10.12.2011 | | Autor: | Helbig |
Mit der Regel von L'Hospital ginge es relativ problemlos. Dürft ihr die benutzen?
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 23:35 Sa 10.12.2011 | | Autor: | Lustique |
> Mit der Regel von L'Hospital ginge es relativ problemlos.
> Dürft ihr die benutzen?
Nein, dürfen wir leider nicht. Wir sind thematisch erst bei gleichmäßiger Stetigkeit angelangt, Differenzieren kam noch nicht.
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 13:31 So 11.12.2011 | | Autor: | Lustique |
Fällt denn gerade niemandem eine Alternative zu l'Hospital ein? ![[knirsch]](/images/smileys/knirsch.gif "[knirsch]") Vielleicht irgendeine Abschätzung die mir weiterhelfen könnte?
Bringt mir Folgendes etwas?
mit [mm]\exp(x)\geqslant 1+x \Rightarrow \exp(x-1)\geqslant x[/mm] und [mm]\ln(x+1)\leqslant x \Rightarrow \ln(x)\leqslant x-1[/mm] jeweils für [mm] $x\geqslant [/mm] 0$:
[mm]\left\lvert x^\alpha \ln(x) \right\rvert \leqslant \left\lvert \exp(\alpha \ln(x)) (x-1)\right\rvert \leqslant \left\lvert \exp(\alpha (x-1)) \cdot (x-1)\right\rvert = \left\lvert \exp(\alpha x-\alpha) \cdot (x-1) \right\rvert = \left\lvert \frac{\exp(\alpha x)}{\exp(\alpha)} (x-1) \right\rvert = \left\lvert \frac{\exp(\alpha x)\cdot x}{\exp(\alpha)} - \frac{\exp(\alpha x)}{\exp(\alpha)} \right\rvert \leqslant \left\lvert\exp(\alpha x) \cdot x - \exp(\alpha x) \right\rvert[/mm]
Kann ich da weiter abschätzen, so dass ich zu [mm]\left\lvert\exp(\alpha x) \cdot x - \exp(\alpha x) \right\rvert \leqslant |x| < \delta[/mm] komme oder so? Oder habe ich da zu grob/falsch abgeschätzt?
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 14:39 So 11.12.2011 | | Autor: | Helbig |
> Fällt denn gerade niemandem eine Alternative zu l'Hospital
> ein? Vielleicht irgendeine Abschätzung die mir
> weiterhelfen könnte?
Vielleicht. Aus der Potenzreihendarstellung von [mm] $\ln(1+x)$ [/mm] erhält man für [mm] $-1
[mm] $\ln(1+x)\ge x-x^2/2$.
[/mm]
Hieraus ergibt sich für $0<x$:
[mm] $\ln [/mm] x [mm] \ge 2x-\bruch [/mm] 3 2 - [mm] \bruch [/mm] 1 2 [mm] x^2$.
[/mm]
und weiter für [mm] $\,0
[mm] $0>x*\ln [/mm] x [mm] \ge 2x^2-\bruch [/mm] 3 2 x - [mm] \bruch [/mm] 1 2 [mm] x^3 \to [/mm] 0 [mm] \qquad(x\to [/mm] 0)$.
Hieraus folgt dann [mm] $x*\ln x\to [/mm] 0$ für $x>0, [mm] x\to [/mm] 0$.
Bleibt mir nur zu hoffen, ihr hattet die Potenzreihendarstellung von [mm] $\ln [/mm] (1+x)$ oder zumindest die daraus abgeleitete Ungleichung und daß mir kein Rechenfehler unterlaufen ist.
Viel Erfolg,
Wolfgang
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 15:04 So 11.12.2011 | | Autor: | Lustique |
> Vielleicht. Aus der Potenzreihendarstellung von [mm]\ln(1+x)[/mm]
> erhält man für [mm]-1
>
> [mm]\ln(1+x)\ge x-x^2/2[/mm].
>
> Hieraus ergibt sich für [mm]0
>
> [mm]\ln x \ge 2x-\bruch 3 2 - \bruch 1 2 x^2[/mm].
>
> und weiter für [mm]\,0
>
> [mm]0>x*\ln x \ge 2x^2-\bruch 3 2 x - \bruch 1 2 x^3 \to 0 \qquad(x\to 0)[/mm].
>
> Hieraus folgt dann [mm]x*\ln x\to 0[/mm] für [mm]x>0, x\to 0[/mm].
>
> Bleibt mir nur zu hoffen, ihr hattet die
> Potenzreihendarstellung von [mm]\ln (1+x)[/mm] oder zumindest die
> daraus abgeleitete Ungleichung und daß mir kein
> Rechenfehler unterlaufen ist.
>
> Viel Erfolg,
> Wolfgang
Danke für deine Mühe Wolfgang, aber Potenzreihen kamen in der Vorlesung noch nicht dran und die einzige Ungleichung, die ich zum Logarithmus in meiner Vorlesungsmitschrift gefunden habe, ist [mm]\ln(1+x)\leqslant x[/mm] für [mm]x\geqslant 0[/mm]. :/
Ist denn mein Ansatz zu irgendwas zu gebrauchen? Oder kommt man über die Reihendarstellung der Exponentialfunktion auch an deinen Ansatz?
Noch was: Hast du bei deinem Ansatz dann noch [mm] $x^\alpha$ [/mm] nach oben nach $x$ abgeschätzt für [mm] $x\leqslant [/mm] 1$? Bei dir kommt ja [mm] $x^\alpha$ [/mm] nicht mehr vor.
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(Antwort) fertig | | Datum: | 01:35 Di 13.12.2011 | | Autor: | Helbig |
Gut. Dann benutze [mm] $\lim_{y\to -\infty} e^y*y [/mm] = 0$ und setze [mm] $y=\ln [/mm] x$. Daraus kannst Du [mm] $\lim_{x\to 0} {x*\ln x}=0$ [/mm] schließen.
Reicht das als Tip?
Gruß,
Wolfgang
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 15:19 Di 13.12.2011 | | Autor: | Lustique |
> Gut. Dann benutze [mm]\lim_{y\to -\infty} e^y*y = 0[/mm] und setze
> [mm]y=\ln x[/mm]. Daraus kannst Du [mm]\lim_{x\to 0} {x*\ln x}=0[/mm]
> schließen.
>
> Reicht das als Tip?
>
> Gruß,
> Wolfgang
Ja, das hätte auf jeden Fall gereicht. Da ich aber am Wochenende schon so viele Stunden mit dieser Aufgabe verbracht hatte und sonst noch gar nichts von dem Übungszettel geschafft hatte, habe ich am Sonntagnachmittag dann mal geguckt, ob ich in einem Lehrbuch eine ähnliche Aufgabe finde. Ich habe dann im Forster leider genau diese Aufgabe gefunden (war eigentlich nur nach einer ähnlichen Aufgaben aus, von der ich dann vielleicht den einen oder anderen Ansatz hätte übernehmen können). Da wurde übrigens sehr ähnlich substituiert wie du es vorgeschlagen hast, nur dann halt mit [mm]y=\alpha \ln(x)[/mm], mehr oder weniger. Da wurde allerdings erst der zweite Teil der Teilaufgabe gezeigt, also [mm]x^{-\alpha} \ln(x) \to 0[/mm] für [mm]x\to +\infty[/mm]
Ich denke mal mein Hauptproblem lag darin, dass ich noch nicht mal daran gedacht hatte zu substituieren...
Aber danke für deine Mühen. Ich habe die anderen Aufgabenteile mit diesem Ansatz dann ziemlich leicht hinbekommen.
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(Antwort) fertig | | Datum: | 16:45 So 11.12.2011 | | Autor: | Helbig |
> mit [mm]\exp(x)\geqslant 1+x \Rightarrow \exp(x-1)\geqslant x[/mm]
> und [mm]\ln(x+1)\leqslant x \Rightarrow \ln(x)\leqslant x-1[/mm]
> jeweils für [mm]x\geqslant 0[/mm]:
>
> [mm]\left\lvert x^\alpha \ln(x) \right\rvert \leqslant \left\lvert \exp(\alpha \ln(x)) (x-1)\right\rvert \leqslant \left\lvert \exp(\alpha (x-1)) \cdot (x-1)\right\rvert = \left\lvert \exp(\alpha x-\alpha) \cdot (x-1) \right\rvert = \left\lvert \frac{\exp(\alpha x)}{\exp(\alpha)} (x-1) \right\rvert = \left\lvert \frac{\exp(\alpha x)\cdot x}{\exp(\alpha)} - \frac{\exp(\alpha x)}{\exp(\alpha)} \right\rvert \leqslant \left\lvert\exp(\alpha x) \cdot x - \exp(\alpha x) \right\rvert[/mm]
Dies klappt so nicht. Du schließt aus
[mm] $\ln(x)\le [/mm] (x-1)$ auf [mm] $x^\alpha*\ln [/mm] (x) [mm] \le x^\alpha*(x-1)$ [/mm] und weiter auf [mm] $|x^\alpha*\ln [/mm] (x)| [mm] \le |x^\alpha*(x-1)|$,
[/mm]
und dies ist falsch, da wir es hier für $x<1$ mit negativen Zahlen zu tun haben, aus
$-7<-5$ folgt eben nicht $|-7|<|-5|$.
Aber selbst, wenn es richtig wäre, würde es uns nicht helfen, da der letzte Term der Ungleichungskette für [mm] $x\to [/mm] 0$ gegen $1$ konvergiert. Wir brauchen aber Konvergenz gegen 0.
Daher mein verzweifelter Versuch, [mm] $x*\ln [/mm] (x)$ nach unten gegen einen Term abzuschätzen, der gegen $0$ konvergiert. (Auf das [mm] $\alpha$ [/mm] können wir erstmal verzichten, d. h. [mm] $\alpha=1$ [/mm] setzen. Der allgemeine Fall folgt dann, indem man $x$ durch [mm] $x^{1/a}$ [/mm] ersetzt.
Hier eine weitere Idee. Ihr hattet sicherlich
[mm] $\lim_{n\to\infty} \root [/mm] n [mm] \of [/mm] {n} = 1$. Daraus folgt
[mm] $\lim_{n\to\infty} \root [/mm] n [mm] \of [/mm] {1/n} = 1$.
Mit der Stetigkeit von [mm] $\ln$ [/mm] ergibt sich
[mm] $\lim_{n\to\infty} \ln(\root [/mm] n [mm] \of [/mm] {1/n}) = 0$, und weiter
[mm] $\lim_{n\to\infty} \bruch [/mm] 1 n * [mm] \ln({1/n}) [/mm] = 0$.
Aber ich weiß nicht, wie man hieraus auf
[mm] $\lim_{x\to 0} [/mm] x * [mm] \ln [/mm] x = 0$
schließen kann. Vielleicht weißt Du das?
Grüße,
Wolfgang
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 15:27 Di 13.12.2011 | | Autor: | Lustique |
> > mit [mm]\exp(x)\geqslant 1+x \Rightarrow \exp(x-1)\geqslant x[/mm]
> > und [mm]\ln(x+1)\leqslant x \Rightarrow \ln(x)\leqslant x-1[/mm]
> > jeweils für [mm]x\geqslant 0[/mm]:
> >
> > [mm]\left\lvert x^\alpha \ln(x) \right\rvert \leqslant \left\lvert \exp(\alpha \ln(x)) (x-1)\right\rvert \leqslant \left\lvert \exp(\alpha (x-1)) \cdot (x-1)\right\rvert = \left\lvert \exp(\alpha x-\alpha) \cdot (x-1) \right\rvert = \left\lvert \frac{\exp(\alpha x)}{\exp(\alpha)} (x-1) \right\rvert = \left\lvert \frac{\exp(\alpha x)\cdot x}{\exp(\alpha)} - \frac{\exp(\alpha x)}{\exp(\alpha)} \right\rvert \leqslant \left\lvert\exp(\alpha x) \cdot x - \exp(\alpha x) \right\rvert[/mm]
>
> Dies klappt so nicht. Du schließt aus
> [mm]\ln(x)\le (x-1)[/mm] auf [mm]x^\alpha*\ln (x) \le x^\alpha*(x-1)[/mm]
> und weiter auf [mm]|x^\alpha*\ln (x)| \le |x^\alpha*(x-1)|[/mm],
>
> und dies ist falsch, da wir es hier für [mm]x<1[/mm] mit negativen
> Zahlen zu tun haben, aus
> [mm]-7<-5[/mm] folgt eben nicht [mm]|-7|<|-5|[/mm].
>
> Aber selbst, wenn es richtig wäre, würde es uns nicht
> helfen, da der letzte Term der Ungleichungskette für [mm]x\to 0[/mm]
> gegen [mm]1[/mm] konvergiert. Wir brauchen aber Konvergenz gegen 0.
>
> Daher mein verzweifelter Versuch, [mm]x*\ln (x)[/mm] nach unten
> gegen einen Term abzuschätzen, der gegen [mm]0[/mm] konvergiert.
> (Auf das [mm]\alpha[/mm] können wir erstmal verzichten, d. h.
> [mm]\alpha=1[/mm] setzen. Der allgemeine Fall folgt dann, indem man
> [mm]x[/mm] durch [mm]x^{1/a}[/mm] ersetzt.
>
> Hier eine weitere Idee. Ihr hattet sicherlich
>
> [mm]\lim_{n\to\infty} \root n \of {n} = 1[/mm]. Daraus folgt
>
> [mm]\lim_{n\to\infty} \root n \of {1/n} = 1[/mm].
>
> Mit der Stetigkeit von [mm]\ln[/mm] ergibt sich
>
> [mm]\lim_{n\to\infty} \ln(\root n \of {1/n}) = 0[/mm], und weiter
>
> [mm]\lim_{n\to\infty} \bruch 1 n * \ln({1/n}) = 0[/mm].
>
> Aber ich weiß nicht, wie man hieraus auf
>
> [mm]\lim_{x\to 0} x * \ln x = 0[/mm]
>
> schließen kann. Vielleicht weißt Du das?
>
> Grüße,
>
> Wolfgang
Du willst damit doch wahrscheinlich auf das Folgenkriterium anspielen, oder? Aber man hat es ja so nur für eine bestimmte Folge gezeigt, die gegen 0 läuft, also [mm]\frac{1}{n}[/mm]. Oder wäre das ausreichend?
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 19:21 Di 13.12.2011 | | Autor: | Helbig |
> Du willst damit doch wahrscheinlich auf das Folgenkriterium
> anspielen, oder? Aber man hat es ja so nur für eine
> bestimmte Folge gezeigt, die gegen 0 läuft, also
> [mm]\frac{1}{n}[/mm]. Oder wäre das ausreichend?
>
Nein! Dies ist eine nagelneu Idee.
Du mußt jetzt nur noch die skizzierten Schlüsse begründen, also warum ist [mm] $\lim_{y\to-\infty} e^y*y [/mm] = 0$ und warum folgt daraus [mm] $\lim_{x\to 0} {x*\ln x}=0$. [/mm] Dies ist alles was Du noch machen mußt. Den letzten Schluß kannst Du mit einem [mm] $\epsilon-\delta$-Argument [/mm] erledigen, die erste Aussage mit der Reihendarstellung von [mm] $e^x$.
[/mm]
Gruß,
Wolfgang
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