L'Hospital "oo^0" < Funktionen < eindimensional < reell < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 11:25 So 04.07.2010 | | Autor: | Ac-Flo |
| Aufgabe | | [mm] \limes_{n\rightarrow\infty} (e^{3*x}-5*x)^{\bruch{1}{x}} [/mm] |
Moin,
Habe die gleiche Aufgabe mittels L'Hospital für x -> 0 erfolgreich gelöst [mm] (e^{-2}). [/mm] Hier komme ich jedoch nicht weiter.
Wenn ich oo einsetze ensteht bei mir der Fall [mm] oo^0, [/mm] also wieder L'Hospital.
Anwendung führt mich zu [mm] e^{\limes_{n\rightarrow\infty} \bruch{1}{x}* log (e^{3*x}-5*x)}, [/mm] was mich zu 0*oo bringt, L'Hospital die Zweite: [mm] \limes_{n\rightarrow\infty} \bruch{\bruch{1}{x}}{\bruch {1}{e^{3*x}-5*x}}, [/mm] 0/0 , also beide ableiten, im Endeffekt komme ich auf [mm] e^{oo}
[/mm]
Graph zeichnen und Nachschlagen in der Lösung bringen mich auf [mm] e^{3}.
[/mm]
Habe ein paar Unsicherheuten drin, die den Rahmen sprengen würden. Daher wäre ich sehr denkbar, wenn Ihr mir meinen Rechenweg bis zu 0/0 hin bestätigt, bzw. die Fehler sagt  , da wenn der Fehler schon vorher begangen wurde, brauche ich die Schritte nach 0/0 nicht tippen, da das doch etwas aufwendiger wird.
Formfehler seht mir bitte nach und weist micht drauf hin, ist meine erster Post hier
Beste Grüße!
PS: sehe gerade, dass dort n->oo steht, nach meiner Aufgabenstellung müste da natürl. ein x stehen.
Ich habe diese Frage in keinem Forum auf anderen Internetseiten gestellt.
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 12:23 So 04.07.2010 | | Autor: | Marcel |
Hallo,
> [mm]\limes_{\red{n}\rightarrow\infty} (e^{3*x}-5*x)^{\bruch{1}{x}}[/mm]
anstatt [mm] $\red{n}$ [/mm] sollte da sicher [mm] $\blue{x}$ [/mm] stehen (auch im folgenden).
> Moin,
>
> Habe die gleiche Aufgabe mittels L'Hospital für x -> 0
> erfolgreich gelöst [mm](e^{-2}).[/mm] Hier komme ich jedoch nicht
> weiter.
> Wenn ich oo einsetze ensteht bei mir der Fall [mm]oo^0,[/mm] also
> wieder L'Hospital.
> Anwendung führt mich zu [mm]e^{\limes_{n\rightarrow\infty} \bruch{1}{x}* log (e^{3*x}-5*x)},[/mm]
> was mich zu 0*oo bringt, L'Hospital die Zweite:
> [mm]\limes_{n\rightarrow\infty} \bruch{\bruch{1}{x}}{\bruch {1}{e^{3*x}-5*x}},[/mm]
> 0/0 , also beide ableiten, im Endeffekt komme ich auf
> [mm]e^{oo}[/mm]
> Graph zeichnen und Nachschlagen in der Lösung bringen
> mich auf [mm]e^{3}.[/mm]Eingabefehler: "{" und "}" müssen immer paarweise auftreten, es wurde aber ein Teil ohne Entsprechung gefunden (siehe rote Markierung)
> Habe ein paar Unsicherheuten drin, die den Rahmen sprengen
> würden. Daher wäre ich sehr denkbar, wenn Ihr mir meinen
> Rechenweg bis zu 0/0 hin bestätigt, bzw. die Fehler sagt
> , da wenn der Fehler schon vorher begangen wurde,
> brauche ich die Schritte nach 0/0 nicht tippen, da das doch
> etwas aufwendiger wird.
>
>
> Formfehler seht mir bitte nach und weist micht drauf hin,
> ist meine erster Post hier
>
> Beste Grüße!
>
> PS: sehe gerade, dass dort n->oo steht, nach meiner
> Aufgabenstellung müste da natürl. ein x stehen.
Okay, habe ich oben eh angemerkt.
Zurück zur Aufgabe:
Falls
$$g:=\lim_{x \to \infty}(e^{3*x}-5*x)^{\bruch{1}{x}}$$
existiert und $g > 0$ ist, dann können wir den Logarithmus anwenden und erhalten wegen der Stetigkeit von $\log$ somit
$$\log(g):=\log(\lim_{x \to \infty}(e^{3*x}-5*x)^{\bruch{1}{x}})=\lim_{x \to \infty} \log(e^{3*x}-5*x)^{\bruch{1}{x}}\,.$$
Das ist eine Vorüberlegung, und wenn Du Dir das mal genau anguckst, brauchst Du nachher umgekehrtes:
Du zeigst erst, dass $G:=\lim_{x \to \infty} \log(e^{3*x}-5*x)^{\bruch{1}{x}}$ existiert, und folgerst danach mit (der Stetigkeit) der $\exp(\cdot)$, dass dann auch $e^G$ existiert und damit auch $g\,.$ Das ist bei Dir etwas untergegangen, wie eigentlich die "logisch korrekte Reihenfolge" hier lautet (oder aber Du musst Deine Überlegungen mit "$\gdw$-Zeichen" versehen, wobei man dann aber vorsichtig sein muss und evtl. einiges an Voraussetzungen erwähnen muss, die man hier braucht; aber Du brauchst vor allem die Richtung(en) "$\Leftarrow$" dabei).
So, schauen wir uns das an:
$$(\*)\;\;\;\frac{\log(e^{3x}-5x)}{x}$$
ist der Fall " $\infty/\infty$ " bei de L'Hospital ($x \to \infty$), also hat $(\*)$ das gleiche Grenzverhalten wie
$$\frac{\frac{3e^{3x}-5}{e^{3x}-5x}}{1}=3\frac{e^{3x}}{e^{3x}-5x}-\underbrace{\blue{\frac{5}{e^{3x}-5x}}}_{\to 0}\;\;\;(x \to \infty)\,.$$
(Leite dazu $\log(e^{3x}-5x)=u(v(x))$ mit $u(v):=\log(v)$ und $v(x):=e^{3x}-5x$ nach der Kettenregel ab! Beachte dabei: Wegen $e^{3x}=g(h(x))$ mit $g(h)=e^h$ und $h(x)=3x$ ist - ebenfalls wegen der Kettenregel - $(e^{3x})'=g'(h(x))*h'(x)=e^{3x}*3=3*e^{3x}\,.$)
Da der blaue Term gegen $0\,$ strebt bei $x \to \infty,$ brauchen wir nur herauszufinden, ob
$$\lim_{x \to \infty}\frac{e^{3x}}{e^{3x}-5x}$$
existiert und welchen Wert er im Falle der Existenz hat. Es ist aber
$$\lim_{x \to \infty}\frac{e^{3x}}{e^{3x}-5x}=\frac{1}{\lim\limits_{x \to \infty}\frac{e^{3x}-5x}{e^{3x}}}=\frac{1}{1-5*\lim\limits_{x \to \infty}\frac{x}{e^{3x}}}\,,$$
und da nach Hospital
$$\lim\limits_{x \to \infty} (x/e^{3x})=\lim_{x \to \infty}\{1/(3*e^{3x})\}=0$$
ist, folgt
$$G=\lim_{x \to \infty} \frac{\log(e^{3\cdot{}x}-5\cdot{}x)}{x}=3*\lim_{x \to \infty}\frac{e^{3x}}{e^{3x}-5x}-5*\underbrace{\lim_{x \to \infty}\frac{x}{e^{3x}-5x}}_{= 0}$$
$$=3*\frac{1}{1-5*\underbrace{\lim_{x \to \infty}\frac{x}{e^{3x}}}_{=0}}}=3*1/(1-5*0)=3\,.$$
Daraus folgt $g=e^{\log(g)}=e^G=e^3\,.$
Beste Grüße,
Marcel
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