Grenzwerte < Funktionen < eindimensional < reell < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 13:59 Fr 05.08.2011 | | Autor: | RWBK |
[mm] \limes_{n\rightarrow\infty}\wurzel{x*(x-\wurzel{x^{2}-1}}
[/mm]
Hallo,
hier ist mal wieder ein Aufgabe wo ich keinen Ansatz finde. Substituieren bringt nichts l´Hospital bringt auch nichts ist ja kein Bruch. Ausklammern kann ich in meinen Augen auch nichts. Gibt es eigentlich ein gutes Mathebuch wo so etwas richtig gut erklärt wird Grenzwerte l´Hospital etc usw usw? Am besten für so richtige vollidioten wie mich.
mfg
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 14:02 Fr 05.08.2011 | | Autor: | DM08 |
Zunächst solltest du darauf achten, wie deine Aufgabe richtig heißt. Du meinst sicherlich den Grenzert für x gegen unendlich. Also das : [mm] \limes_{x\rightarrow\infty}\wurzel{x*(x-\wurzel{x^{2}-1})}
[/mm]
Die Funktion ist Stetig, sodass wir alle Teile einzeln betrachten könnten. Zunächst klammern wir ein wenig aus und benutzten die Stetigkeit.
[mm] \limes_{n\rightarrow\infty}\wurzel{x*(x-\wurzel{x^{2}-1})}=\limes_{x\rightarrow\infty}\wurzel{x*(x-\wurzel{1-\bruch{1}{x^2})}}=\limes_{x\rightarrow\infty}\sqrt{x}\limes_{x\rightarrow\infty}\sqrt{(x-\sqrt{1-\bruch{1}{x^2}})}
[/mm]
Wie könntest du nun weitermachen ?
MfG
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 14:24 Fr 05.08.2011 | | Autor: | RWBK |
Ich kann doch auch erstmal nur den Ausdruck (Radikant) unter der Wurzel betrachten oder?
[mm] x*(x-\wurzel{x^{2}-1}) [/mm] = [mm] x*\bruch{(x-\wurzel{x^{2}-1})*(x+\wurzel{x^{2}-1}) }{(x+\wurzel{x^{2}-1}) }= x*\bruch{x^{2}-x^{2}+1}{(x+\wurzel{x^{2}-1}) }=\bruch{x}{(x+\wurzel{x^{2}-1}})
[/mm]
Diese Art von Erweiterung müsste doch auch funktionieren oder nicht? Hat mir leider aber auch noch nicht weitergeholfen.
mfg
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(Antwort) fertig | | Datum: | 14:30 Fr 05.08.2011 | | Autor: | DM08 |
[mm] x*(x-\wurzel{x^{2}-1}) [/mm] = [mm] x*\bruch{(x-\wurzel{x^{2}-1})*(x+\wurzel{x^{2}-1}) }{(x+\wurzel{x^{2}-1}) }= x*\bruch{x^{2}-x^{2}+1}{(x+\wurzel{x^{2}-1}) }=\bruch{x}{x+\wurzel{x^{2}-1}}
[/mm]
Das ist auch ein guter Anfang. Nun darfst du die Wurzel nicht vergessen. [mm] \sqrt{x^2}=|x|
[/mm]
Wenn es irgendwo dann noch hapert -> L'Hospital =)
MfG
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 14:34 Fr 05.08.2011 | | Autor: | kamaleonti |
Hallo DM08
> [mm]\limes_{n\rightarrow\infty}\wurzel{x*(x-\wurzel{x^{2}-1})}=\limes_{x\rightarrow\infty}\wurzel{x*(x-\wurzel{1-\bruch{1}{x^2})}}=\limes_{x\rightarrow\infty}\sqrt{x}\limes_{x\rightarrow\infty}\sqrt{(x-\sqrt{1-\bruch{1}{x^2}})}[/mm]
Seit wann rechnet man denn so mit Grenzwerten?
Wie immer gilt: Wendet man Grenzwertsätze an, so müssen die beteiligten Grenzwerte endlich sein, sonst kommt am Ende murks raus.
LG
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 14:39 Fr 05.08.2011 | | Autor: | DM08 |
Darf man das nicht dennoch hinschreiben ?
Es ging mir nur darum zu erkennen, dass er hier erweitern soll, ansonsten divergiert viel..
MfG
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 15:06 Fr 05.08.2011 | | Autor: | kamaleonti |
Hallo,
> Darf man das nicht dennoch hinschreiben ?
Nein.
>
> Es ging mir nur darum zu erkennen, dass er hier erweitern
> soll, ansonsten divergiert viel..
Ja, das Erweitern ist eine gute Idee. 
LG
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Moin RWBK,
nochmal zusammengefasst:
Es sei [mm] f:(0,\infty)\to(0,\infty), x\mapsto\sqrt{x(x-\sqrt{x^2-1})}.
[/mm]
Betrachte [mm] f^2(x)=x(x-\sqrt{x^2-1})=x\frac{(x-\sqrt{x^2-1})(x+\sqrt{x^2-1})}{x+\sqrt{x^2-1}}=x\frac{x^2-(x^2-1)}{x+\sqrt{x^2-1}}=\frac{x}{x+\sqrt{x^2-1}}\to\frac{1}{2},x\to\infty.
[/mm]
Was folgt dann für f(x), wenn man einbezieht, dass f nichtnegativ ist?
LG
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 16:47 Fr 05.08.2011 | | Autor: | RWBK |
| Aufgabe | Zu folgender Aufgabe hab ich auch noch mal ein Frage ist eine Beispielaufgabe aus der Vorlesung
[mm] \limes_{x\rightarrow1+}x^{\bruch{1}{x-1}} [/mm] |
[mm] \limes_{x\rightarrow1+}x^{\bruch{1}{x-1}}=\limes_{x\rightarrow1+}e^{\bruch{ln(x)}{x-1}}= [/mm] (jetzt kommt der Schritt den ich nicht verstehe warum man diese Schritt bzw was man dadurch bewirkt [mm] e^{{\limes_{x\rightarrow1+}\bruch{ln(x)}{x-1}} } [/mm] gibt es eine Regel dafür warum man das macht?Warum ist der Grenzwert jetzt im Exponenten?
mfg
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(Antwort) fertig | | Datum: | 17:02 Fr 05.08.2011 | | Autor: | DM08 |
[mm] \forall x\in\IR [/mm] mit [mm] x\ge [/mm] 0 gilt : [mm] e^{\ln(x)}=x
[/mm]
[mm] x^{\bruch{1}{x-1}}==e^{\ln x^{\bruch{1}{x-1}}}=e^{\bruch{1}{x-1}\ln x}=e^{\bruch{\ln x}{x-1}}
[/mm]
Denn der Logarithmus einer Potenz ist also das Produkt aus dem Exponenten mit dem Logarithmus der Basis.
Also es gilt : [mm] \log_{a}(x^b)=b\log_{a}x
[/mm]
MfG
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 17:04 Fr 05.08.2011 | | Autor: | RWBK |
So meinte ich das nicht^^. Ich meinte warum den Limes auch in den Exponenten schreibt wie man auf das andere kommt wusste ich.
mfg
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(Antwort) fertig | | Datum: | 17:06 Fr 05.08.2011 | | Autor: | DM08 |
Auf Grund der Stetigkeit darfst du das tun. Du erhältst dann als Grenzert den Typ [mm] "\bruch{0}{0}" [/mm] und kannst die Regel von L'Hospital verwenden.
[mm] \limes_{x\rightarrow1+}x^{\bruch{1}{x-1}}=\limes_{x\rightarrow1+}e^{\bruch{ln(x)}{x-1}}=e^{\limes_{x\rightarrow1+}\bruch{ln(x)}{x-1}}=e^{\limes_{x\rightarrow1+}\bruch{ln'(x)}{(x-1)'}}=e^{\limes_{x\rightarrow1+}\bruch{\bruch{1}{x}}{1}}=e^{\limes_{x\rightarrow1+}\bruch{1}{x}}=e^1=e
[/mm]
MfG
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