Mathematik online lernen im Mathe-Forum. Nachhilfe online

Startseite » Forum » Grenzwert berechnen Typ a^x

Grenzwert berechnen Typ a^x

Schüler

Tags: Grenzwert, lim

Gerhart332 aktiv_icon

16:37 Uhr, 28.06.2020

Hallo,

ich komme bei einer Aufgabe nicht weiter:

lim x \to \frac{π}{2}; {(\frac{1}{x - \frac{π}{2}})}^{cos (x)}

Setzt man

\frac{π}{2}

ein, erhält man den unbestimmten Ausdruck

\infty^{0}

(unendlich hoch

0)

Dann formt man um damit man die e-Form hat

e^{cos (x) \cdot ln (\frac{1}{x - \frac{π}{2}})}

bisschen vereinfacht:

e^{cos (x) \cdot (ln (1) - (x - \frac{π}{2}))}

wobei

ln (1) = 0

ist

Doch wie komme ich nun an dieser Stelle weiter?
Wenn ich mich nicht täusche haben wir nämlich gerade den Ausdruck

e

hoch 0 mal unendlich,
was ja ein unbestimmter Ausdruck ist.

Ich hoffe ihr könnt mir helfen

Für alle, die mir helfen möchten (automatisch von OnlineMathe generiert):
"Ich möchte die Lösung in Zusammenarbeit mit anderen erstellen."

Hierzu passend bei OnlineMathe:
Grenzwert (Mathematischer Grundbegriff)
Regel von l'Hospital (Mathematischer Grundbegriff)
Wichtige Grenzwerte

Online-Übungen (Übungsaufgaben) bei unterricht.de:

Ableiten mit der h-Methode
Grenzwerte - Linksseitiger/rechtsseitiger Grenzwert an einer Polstelle
Grenzwerte - Verhalten im Unendlichen
Grenzwerte im Unendlichen
e-Funktion

Zu diesem Thema passende Musteraufgaben einblenden

Ableitung an einer Stelle

Wie bestimmt man die Ableitung

f' (x)

einer Funktion

f (x)

an der Stelle

x_{0}

Grenzwert einer Funktion

Wie bestimmt man den Grenzwert einer Funktion?

Grenzwert mit l'Hospital bestimmen

Wie bestimmt man einen Grenzwert mit der Regel von l'Hospital?

Wie bestimmt man einen Grenzwert, bei dem

\frac{0}{0}

oder

\frac{\infty}{\infty}

herauskommt?

Kurvendiskussion einer ganzrationalen Funktion 3. Grades

Wie führt man eine Kurvendiskussion einer ganzrationalen Funktion 3. Grades durch?

Kurvendiskussion einer ganzrationalen Funktion 5. Grades

Wie führt man eine Kurvendiskussion einer ganzrationalen Funktion 5. Grades durch?

pivot aktiv_icon

18:17 Uhr, 28.06.2020

Hallo,

ich setzt mal den Grenzwert ein

e^{\cos (\frac{π}{2}) \cdot (\ln (1) - (\frac{π}{2} - \frac{π}{2}))} = e^{\cos (\frac{π}{2}) \cdot (0 - (0 - 0))} = e^{0 \cdot 0} = e^{0} = 1

Gruß
pivot

Gerhart332 aktiv_icon

18:45 Uhr, 28.06.2020

Oh, ich habe bei der Umformung den zweiten

ln

vergessen. Also hätte man

ln (0)

beim Einsetzen stehen. Und das ist nicht def. Oder soll man davon ausgehen dass der

ln

von etwas sehr kleinem minus unendlich ist?

pivot aktiv_icon

19:14 Uhr, 28.06.2020

Ich sehe gerade, dass du es nicht richtig aufgeschrieben hattest. Es is in der Tat

l n (0)

nicht definiert. Jedoch als Grenzwert existiert er:

lim_{x \to 0} \ln (x) = - \infty

. Dann ist der Exponent aber wieder unbestimmt.

Gerhart332 aktiv_icon

19:18 Uhr, 28.06.2020

Vielleicht hilft dann im Exponenten eine Umformung

u (x) \cdot v (x) = u \frac{x}{\frac{1}{v} (x)}

pivot aktiv_icon

19:33 Uhr, 28.06.2020

Möglicherweise. Probiere es einfach mal aus.

abakus

20:37 Uhr, 28.06.2020

Vielleicht berechnest du an Stelle des Grenzwertes des Terms erst mal den Grenzwert vom natürlichen Logarithmus des Terms. L'Hospital könnte dabei helfen.

anonymous

00:48 Uhr, 29.06.2020

Hallo,

wie findet ihr den mit der kleinen Einschränkung ?

lim_{\begin{matrix} x \to \frac{π}{2} \\ x > \frac{π}{2} \end{matrix}} {(\frac{1}{x - \frac{π}{2}})}^{cos (x)}

= lim_{\begin{matrix} x \to \frac{π}{2} \\ x > \frac{π}{2} \end{matrix}} {(\frac{1}{x - \frac{π}{2}})}^{sin (\frac{π}{2} - x)}

= lim_{\begin{matrix} x \to \frac{π}{2} \\ x > \frac{π}{2} \end{matrix}} {(\frac{1}{x - \frac{π}{2}})}^{- sin (x - \frac{π}{2})}

= lim_{\begin{matrix} y \to 0 \\ y > 0 \end{matrix}} {(\frac{1}{y})}^{- sin (y)}

= lim_{\begin{matrix} y \to 0 \\ y > 0 \end{matrix}} y^{sin (y)} = 0^{0} = 1

.

Ich argumentiere damit, dass

lim_{\begin{matrix} y \to 0 \\ y > 0 \end{matrix}} ε^{sin (y)} = ε^{0} = 1

für jedes positive und insbesondere beliebig kleine

ε,

zudem ist

0^{0} := 1

.

Falls das hier keinen Anklang finde, habe ich auch noch einen anderen Beweis auf Lager, der aber nicht wirklich schön ist...

Mathe45

02:14 Uhr, 29.06.2020

0^{0}

ist ein "unbestimmter Ausdruck" !

anonymous

03:08 Uhr, 29.06.2020

Oh, habe ich gerade auf Wikipedia auch nachgelesen -
ich dachte bis gerade eben,

0^{0}

sei allgemein 1.
Na ja, wieder was gelernt, Danke !
Hier mein anderer Vorschlag:

\forall x \in (\frac{π}{2}, \infty)

gilt

{(\frac{1}{x - \frac{π}{2}})}^{cos (x)} = e^{- ln (x - \frac{π}{2}) \cdot cos (x)} = e^{- ln (x - \frac{π}{2}) \cdot sin (\frac{π}{2} - x)} = e^{ln (x - \frac{π}{2}) \cdot sin (x - \frac{π}{2})} = e^{ln (y) \cdot sin (y)}

mit

x - \frac{π}{2} = : y \in (0, \infty)

\forall y \in [0, 1)

gilt

y \geq sin (y) \geq 0

(denn

sin (y)

ist die Strecke unter dem Kreisbogen

y)

und somit

e^{ln (y) \cdot y} \leq e^{ln (y) \cdot sin (y)} \leq 1

.

Aus

lim_{\begin{matrix} y \to 0 \\ y > 0 \end{matrix}} ln (y) \cdot y = 0

(siehe Anhang)

folgt dann

lim_{\begin{matrix} x \to \frac{π}{2} \\ x > 0 \end{matrix}} {(\frac{1}{x - \frac{π}{2}})}^{cos (x)} = lim_{\begin{matrix} y \to 0 \\ y > 0 \end{matrix}} e^{ln (y) \cdot y} = e^{0} = 1

.

Bem.:

Der angehängte Satz wird in dem Buch mit einem ganzen Bündel
von Sätzen in einem Aufwasch bewiesen und daher dort im Bild
nicht so wirklich - googlen...

Und noch etwas, fast peinliches: Dass

y \geq sin (y)

für kleine

y

kann ich, so anschaulich es geometrisch auch ist, nicht rein
rechnerisch zeigen.
Mit Beweisen, dass

\frac{sin (y)}{y}

gegen 1 für

y

gegen 0 geht,
wird man im Netz totgeschmissen, doch zu dieser "Banalität"
herrscht großes Schweigen...

N8eule

09:00 Uhr, 29.06.2020

Hallo
Ich nenne unseren Grenzwert mal "G".
Bis zum Schritt

G = lim_{y \to 0} y^{sin (y)}

konnte ich das bei Enthirnt nachvollziehen und gutheissen.
Jetzt mein Vorschlag:

G = lim_{y \to 0} y^{sin (y)} = lim e^{ln (y^{sin (y)})} = lim e^{sin (y) \cdot ln (y)}

= e^{lim (sin (y) \cdot ln (y))} = G = e^{w}

mit:

w = lim_{y \to 0} sin (y) \cdot ln (y)

Nun, wie schon empfohlen, Zielrichtung l'Hospital:

w = lim \frac{ln (y)}{\frac{1}{sin (y)}} = lim \frac{u}{v} = lim \frac{u'}{v'} = lim \frac{\frac{1}{y}}{- \frac{cos (y)}{{sin}^{2} (y)}}

w = - lim \frac{{sin}^{2} (y)}{y \cdot cos (y)} = - lim_{y \to 0} [\frac{sin (y)}{y}] \cdot lim_{y \to 0} [\frac{sin (y)}{cos (y)}] = - [1] \cdot [\frac{0}{1}]

w = 0

Rücksubstitution:

G = e^{w} = e^{0} = G = 1

HAL9000

09:40 Uhr, 29.06.2020

> Und noch etwas, fast peinliches: Dass y=sin(y) für kleine y kann ich, so anschaulich es geometrisch auch ist, nicht rein rechnerisch zeigen.

"Rein rechnerisch" heißt für dich, dass du einen auf der geometrischen Sinusdefinition fußenden Beweis nicht anerkennst? Also etwa einen, der die Aussage benutzt "die Strecke hat von allen Verbindungskurven zweier Punkte die geringste Länge"? Genau damit kann man nämlich

\sin (x) < x

für alle

0 < x < π

beweisen.

@N8eule

Ich hätte die auch von dir genutzte Abtrennung von

lim_{y \to 0} \frac{\sin (y)}{y} = 1

gleich schon am Anfang der Umformungskette genutzt:

lim_{y \to 0} \ln (y) \cdot \sin (y) = lim_{y \to 0} \frac{\ln (y)}{\frac{1}{y}} \cdot \frac{\sin (y)}{y}

Dann führt auch L'Hospital beim ersten Faktor gleich zu viel einfacheren Termen. :-)

anonymous

11:13 Uhr, 29.06.2020

HAL, natürlich glaube ich dem anschaulich Klaren,
Wir hätten aber gerne auch was in "mathisch" dafür...

N8eule

11:37 Uhr, 29.06.2020

"Dass

y \geq sin (y) . .

. ist"

Na ja, rein geometrisch anschaulich lässt sich doch am Einheitskreis leicht zeigen:
Die "Höhe"

s (= sin (y))

ist doch kleiner, als die "Diagonale"

d,

weil

s < \sqrt{s^{2} + w^{2}} = d

Die "Diagonale"

d

aber ist doch kleiner, als der Bogen

b

.

Oder, wenn du noch einen 'mathematischen' Beweis brauchst, dann vielleicht über die Reihenentwicklung:

sin (y) = y - \frac{y^{3}}{3!} + . .

anonymous

12:48 Uhr, 29.06.2020

Hm, Reihenentwicklung mit Restgliedabschätzung gibt

sin (x) \leq x + \frac{x^{3}}{3!}

für

0 \leq x \leq 4

(Formeln angehängt)

Da sehe ich nun keinen Durchbruch...

Wir glauben das jetzt einfach mal,

sin (x) \leq x,

jawollja !

Aber ich möchte nochmal zeigen, dass

lim_{\begin{matrix} x \to 0 \\ x > 0 \end{matrix}} x \cdot ln (x) = 0

.

Denn

lim_{\begin{matrix} x \to 0 \\ x > 0 \end{matrix}} x \cdot ln (x)

= lim_{\begin{matrix} y \to \infty \\ y > 0 \end{matrix}} \frac{1}{y} \cdot ln (\frac{1}{y})

= lim_{\begin{matrix} y \to \infty \\ y > 0 \end{matrix}} - \frac{ln (y)}{y}

= lim_{z \to \infty} - z \cdot e^{- z}

mit

z := ln (y)

= lim_{z \to \infty} - {(\frac{e^{z}}{z})}^{- 1}

= 0

wegen

lim_{z \to \infty} \frac{e^{z}}{z} = \infty

.

Zu letzter Behauptung betrachte folgende Reihenabschätzung:

Für

z > 0

gilt

\frac{e^{z}}{z} = \sum_{k = 0}^{\infty} \frac{z^{k - 1}}{k!} > \frac{z}{2}

und

\frac{z}{2} \to \infty (z \to \infty)

DrBoogie aktiv_icon

12:55 Uhr, 29.06.2020

Nein, nicht

x + x^{3} / 3!

, sondern

x - x^{3} / 3!

.

Übrigens,

∣ \sin (x) ∣ \leq ∣ x ∣

ist elementar über die Ableitung zu zeigen, denn für

f (x) = x - \sin (x)

gilt

f^{ʹ} (x) = 1 - \cos (x) \geq 0

überall und sogar

> 0

für fast alle

x

. Damit ist

f (x)

monoton steigend, also für

x > 0

gilt

f (x) > f (0) = 0

und für

x < 0

gilt

f (x) < 0

anonymous

14:14 Uhr, 29.06.2020

Oh yo, Danke !

Für

0 < x < 1

sind zwei aufeinanderfolgende Summanden der Sinus-Reihe positiv

\frac{x^{2 \cdot k + 1}}{(2 \cdot k + 1)!} - \frac{x^{2 \cdot k + 2}}{(2 \cdot k + 2)!} > 0,

daher dann

sin (x) < x - \frac{x^{3}}{6},

also

sin (x) < x

.

Den nehmen wir mit und wissen Bescheid beim nächsten Mal, Danke !

Gerhart332 aktiv_icon

14:28 Uhr, 29.06.2020

Danke! Ihr habt mir gut geholfen

anonymous

23:31 Uhr, 29.06.2020

Eine Compilation noch, nachdem nun alles beisammen ist.
Der "0^0-Beweis" rechts sei zum Schmunzeln...

HAL9000

16:02 Uhr, 30.06.2020

> Übrigens,

∣ \sin (x) ∣ \leq ∣ x ∣

ist elementar über die Ableitung zu zeigen

Ansichtssache, das als "elementar" zu bezeichnen: Für viele führt der Weg zur Ableitungsberechnung des Sinus überhaupt erst über den Grenzwert

lim_{x \to \infty} \frac{\sin (x)}{x} = 1

, während dieser wiederum aus

\sin (x) < x < \tan (x)

im ersten Quadranten folgt, was geometrisch gut begründbar ist (auch wenn Leute wie Enthirnt das als "unmathematisch" empfinden - m.E. einfach nur eine unüberlegte, dünkelhafte Einstellung). Da mit der Ableitung zu argumentieren, da beißt sich die Katze in den Schwanz - die sollte daher erstmal in der Argumentation außen vor bleiben.

anonymous

17:14 Uhr, 30.06.2020

"Leute wie Enthirnt"...
Hab' noch keinen getroffen wie mich, wär ich mal froh darüber...
Ich empfinde den geometrisch-anschaulichen Beweis auch gar
nicht als irgendwie minderwertig, ich bin aber auch immer
froh über ein Förmelchen - für mich schließt sich dann der
Ring irgendwie.

anonymous

18:52 Uhr, 30.06.2020

DrBoogie,

für

0 < x < 1

ist nicht

sin (x) \leq x - \frac{x^{3}}{6}

Die Restgliedabschätzung liefert lediglich

sin (x) \leq x + \frac{x^{3}}{6}

und ist für einen Beweis

sin (x) \leq x

daher nutzlos.

Um dem ganzen Spuk jetzt mal ein Ende zu bereiten,

nun dieser Beweis.

\forall x \in (0,1)

gilt

x - \frac{x^{3}}{6} < sin (x) < x

x - \frac{x^{3}}{6} < sin (x)

folgt aus

sin (x) = \sum_{k = 0}^{\infty} {(- 1)}^{k} \cdot \frac{x^{2 \cdot k + 1}}{(2 \cdot k + 1)!}

= x - \frac{x^{3}}{6} + \sum_{k = 2}^{\infty} {(- 1)}^{k} \cdot \frac{x^{2 \cdot k + 1}}{(2 \cdot k + 1)!}

= x - \frac{x^{3}}{6} + \sum_{k = 1}^{\infty} (\frac{x^{2 \cdot (2 \cdot k) + 1}}{(2 \cdot (2 \cdot k) + 1)!} - \frac{x^{2 \cdot (2 \cdot k + 1) + 1}}{(2 \cdot (2 \cdot k + 1) + 1)!})

= x - \frac{x^{3}}{6} + \sum_{k = 1}^{\infty} (\frac{x^{4 \cdot k + 1}}{(4 \cdot k + 1)!} - \frac{x^{4 \cdot k + 3}}{(4 \cdot k + 3)!})

= x - \frac{x^{3}}{6} + \sum_{k = 1}^{\infty} \frac{x^{4 \cdot k + 1}}{(4 \cdot k + 1)!} \cdot (1 - \frac{x^{2}}{(4 \cdot k + 2) \cdot (4 \cdot k + 3)}),

denn

\sum_{k = 1}^{\infty} \frac{x^{4 \cdot k + 1}}{(4 \cdot k + 1)!} \cdot (1 - \frac{x^{2}}{(4 \cdot k + 2) \cdot (4 \cdot k + 3)}) > 0

sin (x) < x

folgt aus

\frac{x^{3}}{6} > \sum_{k = 2}^{\infty} {(- 1)}^{k} \cdot \frac{x^{2 \cdot k + 1}}{(2 \cdot k + 1)!},

denn

\frac{x^{2 \cdot k + 1}}{(2 \cdot k + 1)!} > \frac{x^{2 \cdot (k + 1) + 1}}{(2 \cdot (k + 1) + 1)!}

und

\sum_{k = 2}^{\infty} {(- 1)}^{k} \cdot \frac{x^{2 \cdot k + 1}}{(2 \cdot k + 1)!}

ist alternierend.

anonymous

21:06 Uhr, 30.06.2020

Ich entschuldige mich für den durch meine Compilation
und den Beitrag davor trahierten mangelhaften Sinus-Beweis
und schicke noch eine Beta-Version hinterher.

Ja, dass

x - \frac{x^{3}}{6} < sin (x) < x \forall 0 < x < 1,

kann man auch zeigen, indem man allgemeiner

S_{2 \cdot p} > S_{q} > S_{2 \cdot p + 1} \forall q > 2 \cdot p + 1

mit

S_{n} = \sum_{k = 0}^{n} {(- 1)}^{k} \cdot \frac{x^{2 \cdot k + 1}}{(2 \cdot k + 1)!}

zeigt.

Vorgehensweise dabei grad nach dem Schema,

mit dem auch das Leipniz'sche Konvergenz-Kriterium

für alternierende Reihen bewiesen wird...

anonymous

23:43 Uhr, 30.06.2020

Und noch eine Selbstkorrektur:

Die Restgliedabschätzung taugt doch zum Beweis (siehe Anhang),

wenn man nicht

n = 0,

wie ich es oben versuchte, sondern

n = 1

wählt.

Dann hat man

sin (x) \leq x - \frac{x^{3}}{6} + \frac{x^{5}}{120} \forall x \in (0,1)

und mit

- \frac{x^{3}}{6} + \frac{x^{5}}{120} = \frac{x^{3}}{6} \cdot (\frac{x^{2}}{20} - 1) < 0

folgt dann

sin (x) < x \forall x \in (0,1)

.

Uuuund noch was: Der Satz in beiden Compilations

" (denn

sin (y)

ist die Strecke unter dem Kreisbogen

y)

"

hinkt natürlich - wenn überhaupt, sollte es

" (denn

\sqrt{{(sin (y))}^{2} + {(1 - cos (y))}^{2}}

ist die Strecke unter dem Kreisbogen

y)

"

lauten.

Bitte schneiden Sie den daher mit Windows-Paint raus...

So, sowas passiert, wenn man privat lineare Algebra lernt und

parallel auf Onlinemathe Analysis (mit Geometrie natürlich, HAL) macht.

Jetzt habe ich fertig und danke nochmal für die Inspiration

durch diesen Thread und den damit verbundenen Formeldrill !

1508266

1508028

	Status: nicht eingeloggt	Noch nicht registriert?