TU Wien:Mathematik 2 UE (diverse)/Übungen SS10/Beispiel 1

Angabe

Man berechne die Grenzwerte nachstehender unbestimmter Formen:

a) $\underset{x\to 1}{lim}\frac{\sqrt{x^2-1}}{ln(x)}$

b) $\underset{x\to \mathrm{\infty }}{lim}\frac{3x^4}{e^{4x}}$

Hilfreiches

Regel_von_l'Hospital

Regel von l'Hospital

Sind die Funktionen $f$ und $g$ in einer Umgebung von $x_0$

• differenzierbar und
• gilt $f(x_0)=g(x_0)=0$ und
• existiert $\underset{x\to x_0}{lim}\left(\frac{f^{\prime }(x)}{g^{\prime }(x)}\right)$,

so gilt: $\underset{x\to x_0}{lim}\frac{f(x)}{g(x)}=\underset{x\to x_0}{lim}\frac{f^{\prime }(x)}{g^{\prime }(x)}$. Eine analoge Aussage gilt für $x\to \mathrm{\infty }$, oder auch falls $\underset{x\to x_0}{lim}f(x)=\underset{x\to x_0}{lim}g(x)=\mathrm{\infty }$.

Lösung

von --JasonLeroy 00:38, 12. Mär. 2010 (CET)

a)

Würden wir uns von links (d.h. $x<1$) an 1 annähern erhalten wir negative Zahlen unter der Wurzel, was wir natürlich nicht wollen. Aus diesem Grund nähern wir uns von rechts, wir ändern also $\underset{x\to 1}{lim}$ auf $\underset{x\to 1+}{lim}$.

$\underset{x\to 1+}{lim}\frac{\sqrt{x^2-1}}{ln(x)}=\frac{{\text{'}}^{\prime }{0}^{″}}{0}=$

$=\underset{x\to 1+}{lim}\frac{\frac{x}{\sqrt{x^2-1}}}{\frac{1}{x}}=\underset{x\to 1+}{lim}\frac{x^2}{\sqrt{x^2-1}}=\frac{{\text{'}}^{\prime }{1}^{″}}{0}=+\mathrm{\infty }$

Da wir uns von rechts an 1 nähern erhalten wir sowohl im Zähler als auch im Nenner positive Werte. Daher ist das Ergebnis $+\mathrm{\infty }$ ("Plus Unendlich").

b)

$\underset{x\to \mathrm{\infty }}{lim}\frac{3x^4}{e^{4x}}=\frac{{\text{'}}^{\prime }{\mathrm{\infty }}^{″}}{\mathrm{\infty }}=\underset{x\to \mathrm{\infty }}{lim}\frac{12x^3}{4e^{4x}}=\frac{{\text{'}}^{\prime }{\mathrm{\infty }}^{″}}{\mathrm{\infty }}=$

$=\underset{x\to \mathrm{\infty }}{lim}\frac{36x^2}{16e^{4x}}=\frac{{\text{'}}^{\prime }{\mathrm{\infty }}^{″}}{\mathrm{\infty }}=\underset{x\to \mathrm{\infty }}{lim}\frac{72x}{64e^{4x}}=\frac{{\text{'}}^{\prime }{\mathrm{\infty }}^{″}}{\mathrm{\infty }}=$

$=\underset{x\to \mathrm{\infty }}{lim}\frac{72}{256e^{4x}}=\frac{{\text{'}}^{\prime }{72}^{″}}{\mathrm{\infty }}=0$

Alternative Lösung für b)

Wir mussten 4 mal die Regel von l'Hospital anwenden, um auf ein Ergebnis zu kommen. Mit folgender Alternative, vorgeschlagen von Prof. Eigenthaler, lässt sich das vermeiden:

$\underset{x\to \mathrm{\infty }}{lim}\frac{3x^4}{e^{4x}}=\underset{x\to \mathrm{\infty }}{lim}\frac{3x^4}{\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}\frac{4^n{x}^n}{n!}}=\underset{x\to \mathrm{\infty }}{lim}\frac{3x^4}{1+4x+8x^2+\frac{32x^3}{3}+\frac{32x^4}{3}+\frac{128x^5}{15}+\dots }=$

$=\underset{x\to \mathrm{\infty }}{lim}\frac{3}{\frac{1}{x^4}+\frac{4}{x^3}+\frac{8}{x^2}+\frac{32}{3x}+\frac{32}{3}+\frac{128x}{15}+\dots }=\frac{{\text{'}}^{\prime }{3}^{″}}{\mathrm{\infty }}=0$

Lösung

von --mnemetz 11:32, 17. Mär 2006 (CET)

Ich habe meinen Lösungsvorschlag mit LaTex nieder geschrieben und das PDF hier zum Download bereitgestellt.

Links

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