Limes für x gegen 0 < Funktionen < eindimensional < reell < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 19:34 Di 05.06.2012 | | Autor: | wu-shu |
| Aufgabe | Bestimmen Sie den Grenzwert:
[mm] \limes_{x\rightarrow 0}(\sin^{-2}x-x^{-2}) [/mm] |
Hi an alle!
Ich habe diese Frage in keinem Forum auf anderen Internetseiten gestellt.
Ich finde keinen Ansatz für diese Aufgabe. Der Limes ist für x gegen 0 gefragt. Mit l'Hopital komme ich nicht weiter, da nach ein mal ableiten im Zähler eine 0 steht.
Kann mir einer nen Tipp geben?
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 19:41 Di 05.06.2012 | | Autor: | Valerie20 |
Hi!
> Bestimmen Sie den Grenzwert:
>
> [mm]\limes_{x\rightarrow\0}(sin^{-2}x-x^{-2})[/mm]
> Hi an alle!
Also ohne klammerung bzw. Formeleditor erschließt sich zumindest mir nicht, wie die Funktion aussehen soll.
Valerie
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> Bestimmen Sie den Grenzwert:
>
> [mm]\limes_{x\rightarrow\0}(sin^{-2}x-x^{-2})[/mm]
Man kann so halbwegs erraten, was wohl gemeint sein
könnte. Man sieht etwa auch gar nicht, dass x gegen 0
streben soll.
Schreib das aber zuerst mal korrekt auf, und beachte
dabei, dass etwa [mm] sin^{-1}(x) [/mm] und [mm] (sin(x))^{-1} [/mm] nicht
dasselbe sind !
LG
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 00:07 Do 07.06.2012 | | Autor: | Marcel |
Hallo Al,
> und beachte
> dabei, dass etwa [mm]sin^{-1}(x)[/mm] und [mm](sin(x))^{-1}[/mm] nicht
> dasselbe sind !
jein - es ist eher selten, dass jemand [mm] $\sin^{-1}$ [/mm] für die Umkehrfunktion des (eingeschränkten) Sinus schreibt. Da schreibt man doch lieber [mm] $\arcsin\,.$
[/mm]
Oder meintest Du was anderes?
P.S.
Einer meiner Dozenten hat diese Problematik doch relativ leicht umgangen, indem er [mm] $f^{\text{inv}}$ [/mm] für die Umkehrfunktion von [mm] $f\,$ [/mm] (im Falle der Existenz) geschrieben hat. Aber unkonsequenterweise wurde dann doch [mm] $f^{-1}(Y)=\{a \in A:\;f(a) \in Y\}$ [/mm] für $f: A [mm] \to [/mm] B$ mit $Y [mm] \subseteq [/mm] B$ geschrieben - getreu dem Motto: Da erkennt man alleine aus dem Zusammenhang, was nur gemeint sein kann. Okay, das stimmt schon, dass es dort eigentlich alleine wegen der Mengenklammer (bzw. weil "das Argument eine Menge ist") immer ersichtlich ist. Aber wenn man dann auch noch in der linearen Algebra [mm] $f^{-1}(0)$ [/mm] für [mm] $f^{-1}(\{0\})$ [/mm] schreibt...
Gruß,
Marcel
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> Hallo Al,
>
> > und beachte
> > dabei, dass etwa [mm]sin^{-1}(x)[/mm] und [mm](sin(x))^{-1}[/mm] nicht
> > dasselbe sind !
>
> jein - es ist eher selten, dass jemand [mm]\sin^{-1}[/mm] für die
> Umkehrfunktion des (eingeschränkten) Sinus schreibt. Da
> schreibt man doch lieber [mm]\arcsin\,.[/mm]
Eher selten ?
Das sehe ich anders. Und insbesondere auf Taschenrechnern
haben sich ja die Schreibweisen [mm] SIN^{-1} [/mm] , [mm] COS^{-1} [/mm] , [mm] TAN^{-1}
[/mm]
anstelle von arcsin, arccos, arctan doch schon so ziemlich
eingebürgert.
Es macht auch Sinn, Verknüpfungen einer Funktion mit sich
selbst in Exponentialschreibweise zu notieren, also z.B.
$\ [mm] f\circ f\circ [/mm] f\ =\ [mm] f^3$ [/mm] in Analogie zur Matrixschreibweise, wo auch
[mm] A(A(A(x)))=A^3(x) [/mm] - und konsequenterweise dann $\ [mm] A^{-1}\circ A=\mathbb{E}$
[/mm]
Daneben wird dann halt eben der traditionelle Brauch,
in trigonometrischen Gleichungen wie etwa [mm] (sin(x))^2+(cos(x))^2=1
[/mm]
auf einen Teil der (wesentlichen) Klammern zu verzichten,
eher problematisch ...
LG Al-Chw.
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 22:30 Di 05.06.2012 | | Autor: | Loddar |
Hallo wu-shu!
Ich interpretiere Deine Aufgabe wir folgt: [mm] $\limes_{x\rightarrow 0}\left[\bruch{1}{\sin^2(x)}-\bruch{1}{x^2}\right]$
[/mm]
(Das sollte Dich aber dennoch nicht abhalten, in Zukunft eindeutige Klammern zu setzen.)
Fasse diese beiden Brüche zusammen zu einem Bruch (gleichnamig machen). Dann kannst Du auch wirklich de l'Hospital anwenden, weil ein Bruch der Gestalt [mm] $\bruch{0}{0}$ [/mm] vorliegt.
Gruß
Loddar
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 23:54 Mi 06.06.2012 | | Autor: | wu-shu |
> Hallo wu-shu!
>
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> Ich interpretiere Deine Aufgabe wir folgt:
> [mm]\limes_{x\rightarrow 0}\left[\bruch{1}{\sin^2(x)}-\bruch{1}{x^2}\right][/mm]
Das ist richtig interpretiert!
> Fasse diese beiden Brüche zusammen zu einem Bruch
> (gleichnamig machen). Dann kannst Du auch wirklich de
> l'Hospital anwenden, weil ein Bruch der Gestalt
> [mm]\bruch{0}{0}[/mm] vorliegt.
Das habe ich gemacht. [mm]\limes_{x\rightarrow 0}\left[\bruch{x^{2}-\sin^2(x)}{\sin^2(x)*x^{2}}\right][/mm]
Nur wenn ich jetzt l'Hopital anwende, bekomme ich: [mm]\limes_{x\rightarrow 0}\left[\bruch{2x-2sin(x)*cos(x)}{2x*\sin^2(x)+x^{2}*cos(x)*sin(x)*2}\right][/mm]
Das geht doch ewig so weiter wenn ich nur den l'Hopital anwende oder?
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(Antwort) fertig | | Datum: | 00:42 Do 07.06.2012 | | Autor: | Marcel |
Hallo,
> > Hallo wu-shu!
> >
> >
> > Ich interpretiere Deine Aufgabe wir folgt:
> > [mm]\limes_{x\rightarrow 0}\left[\bruch{1}{\sin^2(x)}-\bruch{1}{x^2}\right][/mm]
>
> Das ist richtig interpretiert!
>
> > Fasse diese beiden Brüche zusammen zu einem Bruch
> > (gleichnamig machen). Dann kannst Du auch wirklich de
> > l'Hospital anwenden, weil ein Bruch der Gestalt
> > [mm]\bruch{0}{0}[/mm] vorliegt.
>
> Das habe ich gemacht. [mm]\limes_{x\rightarrow 0}\left[\bruch{x^{2}-\sin^2(x)}{\sin^2(x)*x^{2}}\right][/mm]
>
> Nur wenn ich jetzt l'Hopital anwende, bekomme ich:
> [mm]\limes_{x\rightarrow 0}\left[\bruch{2x-2sin(x)*cos(x)}{2x*\sin^2(x)+x^{2}*cos(x)*sin(x)*2}\right][/mm]Eingabefehler: "{" und "}" müssen immer paarweise auftreten, es wurde aber ein Teil ohne Entsprechung gefunden (siehe rote Markierung)
den Term nach dem Limes würde ich mal umschreiben
$$\frac{2x-\sin(2x)}{2x\sin^2(x)+x^2*\sin(2x)\,.$$
Bevor Du rumspekulierst: Wende doch einfach nochmal de l'Hospital an! (Fall "$0/0\,$"). Allerdings befürchte ich, dass Du danach tatsächlich nochmal de l'Hospital anwenden solltest. (Und wenn ich es richtig sehe, danach tatsächlich noch ein weiteres, aber dann hoffentlich letztes, Mal!). Sagen wir es mal: Wenn dieser insgesamt mehr als fünfmal angewendet wird und es nicht erkennbar ist, dass sich da irgendwann ein Ende finden könnte, dann würde ich einen anderen Weg einschlagen. Zumal normalerweise die Aufgabensteller Euch nicht quälen wollen.
(Natürlich kann man auch $\lim_{x \to \infty} (x^n/e^x)=0$ nachweisen, indem man $n\,$ Mal de l'Hospital anwendet. Und konkret könnte man auch die Aufgabe für $n=10100$ stellen - nur: da findet man eine Struktur wieder, wie sich das mit $n!\,$ schreiben läßt...)
Gruß,
Marcel
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(Antwort) fertig | | Datum: | 13:37 Do 07.06.2012 | | Autor: | leduart |
Hallo
mehrmals L'Hopital kann man mmer ersetzen indem man den Anfang der Taylorreihe nimmt, bzw Taylorpol+ Restglied. dann hast du es schnell.
Gruss leduart
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(Antwort) fertig | | Datum: | 11:45 Do 07.06.2012 | | Autor: | Helbig |
Hallo wu-shu,
Etwas einfacher wird es, wenn Du
[mm] $\bruch {x^2-\sin^2 x} {x^2 \sin^2 x} [/mm] = [mm] \bruch {x-\sin x} [/mm] {x [mm] \sin x}*\bruch {x+\sin x} [/mm] {x [mm] \sin [/mm] x}$
beachtest und den Grenzwert der Faktoren bestimmst.
Viel Erfolg
Wolfgang
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(Korrektur) kleiner Fehler  | | Datum: | 12:36 Do 07.06.2012 | | Autor: | Marcel |
Hallo Wolfgang,
> Hallo wu-shu,
>
> Etwas einfacher wird es, wenn Du
>
> [mm]\bruch {x^2-\sin^2 x} {x^2 \sin^2 x} = \bruch {x-\sin x} {x \sin x}*\bruch {x+\sin x} {x \sin x}[/mm]
>
> beachtest und den Grenzwert der Faktoren bestimmst.
das klingt auf jeden Fall interessant. 
Allerdings:
[mm] $$(x+\sin(x))/(x*\sin(x))$$
[/mm]
führt dann auf
[mm] $$\frac{1+\cos(x)}{\sin(x)+x*\cos(x)}$$
[/mm]
Bei $x [mm] \to [/mm] 0$ existiert dieser Grenzwert in [mm] $\IR$ [/mm] nicht.
Gruß,
Marcel
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(Korrektur) richtig (detailiert geprüft)  | | Datum: | 13:08 Do 07.06.2012 | | Autor: | Helbig |
> das klingt auf jeden Fall interessant.
>
> Allerdings:
> [mm](x+\sin(x))/(x*\sin(x))[/mm]
> führt dann auf
> [mm]\frac{1+\cos(x)}{\sin(x)+x*\cos(x)}[/mm]
>
> Bei [mm]x \to 0[/mm] existiert dieser Grenzwert in [mm]\IR[/mm] nicht.
Stimmt. Schlecht für L'Hospital!
Der linke Faktor strebt gegen $0$, der rechte gegen [mm] $\infty$, [/mm] vermute ich mal. Vielleicht gibt es auch hierfür eine Regel?
Grüße,
Wolfgang
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(Korrektur) oberflächlich richtig  | | Datum: | 14:57 Do 07.06.2012 | | Autor: | Marcel |
Hallo Wolfgang,
> > das klingt auf jeden Fall interessant.
> >
> > Allerdings:
> > [mm](x+\sin(x))/(x*\sin(x))[/mm]
> > führt dann auf
> > [mm]\frac{1+\cos(x)}{\sin(x)+x*\cos(x)}[/mm]
> >
> > Bei [mm]x \to 0[/mm] existiert dieser Grenzwert in [mm]\IR[/mm] nicht.
>
> Stimmt. Schlecht für L'Hospital!
>
> Der linke Faktor strebt gegen [mm]0[/mm], der rechte gegen [mm]\infty[/mm],
> vermute ich mal. Vielleicht gibt es auch hierfür eine
> Regel?
ne, eher nicht. Ich meine: Betrachte mal [mm] $n=\frac{1}{n}*n^2\,,$ [/mm] oder [mm] $1=\frac{1}{n}*n$ [/mm] oder ...
Gruß,
Marcel
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(Antwort) fertig | | Datum: | 17:12 Do 07.06.2012 | | Autor: | Helbig |
Nachdem Marcel mich überzeugt hat, daß die Faktorisierung nichts bringt, versuche ich es mal mit dem Vorschlag von leduard, bzw. etwas elementarer mit der Potenzreihe vom Sinus.
Demnach gibt es eine Potenzreihe [mm] $\, [/mm] P(x)$, so daß
[mm] $\sin [/mm] x = x + [mm] x^3*P(x) \Rightarrow \sin^2 [/mm] x = [mm] x^2 [/mm] +2x^4P(x) + [mm] x^6 P(x)^2$.
[/mm]
Damit erhalten wir:
[mm] $x^2 [/mm] - [mm] \sin^2 [/mm] x = -2x^4P(x) - [mm] x^6P(x)^2$
[/mm]
und
[mm] $x^2sin^2x=x^4+2x^6P(x)+x^8P(x)^2$.
[/mm]
[mm] $\Rightarrow \frac {x^2-\sin^2 x} {x^2\sin^2x} [/mm] = [mm] -\frac{2P(x)+x^2P(x)^2}{1+2x^2P(x)+x^4P(x)^2}$
[/mm]
Wegen [mm] $\lim_{x\to 0} P(x)=P(0)=\frac [/mm] 1 6$ strebt der Quotient gegen [mm] $-\frac [/mm] 1 3$ für [mm] $x\to [/mm] 0$.
Korrektur: Tatsächlich ist [mm] $P(0)=-\bruch [/mm] 1 6$ und damit der Grenzwert [mm] $\frac [/mm] 1 3$.
Grüße,
Wolfgang
PS: Die Idee, [mm] $\sin [/mm] x$ mit $P(x)$ darzustellen, stammt übrigens aus Königsberger, Ana 1, p. 151.
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 18:00 Do 07.06.2012 | | Autor: | Marcel |
Hallo Wolfgang,
> PS: Die Idee, [mm]\sin x[/mm] mit [mm]P(x)[/mm] darzustellen, stammt
> übrigens aus Königsberger, Ana 1, p. 151.
naja, das ist keine bahnbrechende Idee. Stichwort: Taylorreihenentwicklung.
Aber schön, dass dies hier so gut weiterhilft! (Ich habe den Grenzwert zwar nicht nachgerechnet, aber ich denke jedenfalls, dass die Idee brauchbar ist!)
Gruß,
Marcel
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 15:44 Fr 08.06.2012 | | Autor: | wu-shu |
>
> Wegen [mm]\lim_{x\to 0} P(x)=P(0)=\frac 1 6[/mm] strebt der Quotient
> gegen [mm]-\frac 1 3[/mm] für [mm]x\to 0[/mm].
>
> Grüße,
> Wolfgang
>
Hi Wolfgang,
hört sich interessant an, was du da gerechnet hast. In der Hochschule hatten wir so etwas wie deinen Lösungsweg noch nicht, also muss es da noch einen anderen Weg geben. Sobald wir die Lösungen bekommen, schreibe ich nochmal.
P.s. die Aufgabe in WolframAlpha eingegeben bringt als Lösung [mm] \bruch{1}{3} [/mm] also ein positives Ergebnis.
![[]](/images/popup.gif) Link: limes (sin^-2-x^-2) to 0
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 18:56 Fr 08.06.2012 | | Autor: | leduart |
Hallo
wie ist denn sin(x) definiert, wenn nicht durch die Potenzreihe? dann muss du das ja nicht mit dem p(x) machen, sondern einfach damit. Dass man dabei nur die ersten paar Glieder braucht, macht es nur einfach.
aber 3 mal L#Hopital muss natuerlich dasselbe geben!
Gruss leduart
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 23:56 Fr 08.06.2012 | | Autor: | Marcel |
Hallo Leduart,
> Hallo
> wie ist denn sin(x) definiert, wenn nicht durch die
> Potenzreihe?
beispielsweise als [mm] $\text{Re}(e^{ix})$ [/mm] für $x [mm] \in \IR\,.$ [/mm] (D.h. [mm] $\sin(x)=\frac{e^{ix}+e^{-ix}}{2}\,.$) [/mm]
Edit: Das war natürlich Quatsch - oben hatte ich den Kosinus beschrieben. Ich meinte [mm] $\sin(x)=\text{Im}(e^{ix})=\frac{e^{ix}-e^{-ix}}{2i}\,$ [/mm] für alle $x [mm] \in \IR\,.$
[/mm]
@Wolfgang: Danke für's Aufpassen!
Gruß,
Marcel
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 15:50 Sa 09.06.2012 | | Autor: | Helbig |
> > wie ist denn sin(x) definiert, wenn nicht durch die
> > Potenzreihe?
>
> beispielsweise als [mm]\text{Re}(e^{ix})[/mm] für [mm]x \in \IR\,.[/mm]
> (D.h. [mm]\sin(x)=\frac{e^{ix}+e^{-ix}}{2}\,.[/mm])
Dies ist der Cosinus. Sinus ist der Imaginärteil. Und wenn man den Sinus so definiert, hat man wohl schon die Potenzreihe der Exponentialfunktion und damit auch des Sinus'.
Gruß,
Wolfgang
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 16:15 Sa 09.06.2012 | | Autor: | Marcel |
Hallo,
> > > wie ist denn sin(x) definiert, wenn nicht durch die
> > > Potenzreihe?
> >
> > beispielsweise als [mm]\text{Re}(e^{ix})[/mm] für [mm]x \in \IR\,.[/mm]
> > (D.h. [mm]\sin(x)=\frac{e^{ix}+e^{-ix}}{2}\,.[/mm])
>
> Dies ist der Cosinus. Sinus ist der Imaginärteil.
ja natürlich. Ich korrigiere das gleich!
> Und wenn
> man den Sinus so definiert, hat man wohl schon die
> Potenzreihe der Exponentialfunktion und damit auch des
> Sinus'.
Jein. Wir hatten bspw. damals einfach [mm] $e^z:=\sum_{k=0}^\infty z^k/k!$ [/mm] definiert und gezeigt, dass diese Reihe für alle $z [mm] \in \IC$ [/mm] konvergiert. Natürlich hatten wir dann auch relativ schnell den Kosinus und den Sinus als "Potenzreihe", aber dieser Begriff war bis dahin gar nicht gefallen!
Allerdings konnten wir dennoch [mm] $\sin(x)=\text{Im}(e^{ix})$ [/mm] für $x [mm] \in \IR$ [/mm] setzen!
Allerdings: Wer hätte uns daran hindern können, so vorzugehen:
Ich definiere [mm] $e^z:=\lim_{n \to \infty}\left(1+\frac{z}{n}\right)^n$ [/mm] für jedes komplexe $z [mm] \in \IC\,,$ [/mm] und dann setze ich [mm] $\sin(x):=\text{Im}(e^{ix})$ [/mm] und [mm] $\cos(x):=\text{Re}(e^{ix})$ [/mm] für jedes $x [mm] \in \IR\,.$ [/mm]
Dann kämen wir jedenfalls nicht so schnell mittels "Reihendarstellung" voran! (Man käme schon, das ist mir klar, aber es würde nicht quasi sofort per Definitionem folgen - sondern man würde erstmal zeigen, dass dieses [mm] $e^z$ [/mm] mit dem Grenzwert [mm] $\sum_{k=0}^\infty z^k/k!$ [/mm] übereinstimmt...)
Gruß,
Marcel
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 19:04 Fr 08.06.2012 | | Autor: | Helbig |
> P.s. die Aufgabe in WolframAlpha eingegeben bringt als
> Lösung [mm]\bruch{1}{3}[/mm] also ein positives Ergebnis.
Ja. Hab' mich verrechnet. Und schon korrigiert.
Danke,
Wolfgang
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 18:59 So 10.06.2012 | | Autor: | wu-shu |
Also wir haben die Lösung mittlerweile bekommen. Es wurde einfach mehrmals hintereinander l'Hopital angewendet bis ein ewig langer Term da stand. Aus dem bekommt man dann die [mm] \bruch{1}{3} [/mm] raus.
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 20:02 So 10.06.2012 | | Autor: | Marcel |
Hallo wu-shu,
> Also wir haben die Lösung mittlerweile bekommen. Es wurde
> einfach mehrmals hintereinander l'Hopital angewendet bis
> ein ewig langer Term da stand. Aus dem bekommt man dann die
> [mm]\bruch{1}{3}[/mm] raus.
naja, so ewig lange sollte er jedenfalls nicht sein, wenn man, wie ich angedeutet habe, Additionstheoreme verwendet.
Gruß,
Marcel
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