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Analysis » Grenzwerte » Grenzwert berechnen
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Universität/Hochschule Grenzwert berechnen
shadnic
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Themenstart: 2020-01-23 12:37


Hallo,
ich möchte den Grenzwert der folgenden Funktion berechnen:
fed-Code einblenden
Ich weiß, dass die Lösung 1 sein muss, aber den Beweis dafür habe ich noch nicht rausbekommen können.
Vielen Dank schonmal vorab für jede Hilfe :)



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Diophant
Senior Letzter Besuch: in der letzten Woche
Dabei seit: 18.01.2019
Mitteilungen: 2753
Aus: Rosenfeld, BW
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.1, eingetragen 2020-01-23 12:42

\(\begingroup\)\(\newcommand{\ba}{\begin{aligned}} \newcommand{\ea}{\end{aligned}} \newcommand{\bpm}{\begin{pmatrix}} \newcommand{\epm}{\end{pmatrix}} \newcommand{\bc}{\begin{cases}} \newcommand{\ec}{\end{cases}} \newcommand{\on}{\operatorname}\)
Hallo shadnic und herzlich willkommen hier im Forum!

Wenn du das einmal per Potenzgesetz ein wenig umschreibst:

\[\lim_{x\to\infty}x\cdot\left(1-\frac{1}{x}\right)^{x\cdot\ln x}=\lim_{x\to\infty}x\cdot\left(\left(1-\frac{1}{x}\right)^x\right)^{\ln x}\]
Dann siehst du vielleicht schon klarer (der Grenzwert des Terms innerhalb der äußeren Klammern ist elementar...).

EDIT: dies ist kein Lösungshinweis, sondern soll nur den Grenzwert 1 plausibler machen.


Gruß, Diophant


[Verschoben aus Forum 'Analysis' in Forum 'Grenzwerte' von Diophant]
\(\endgroup\)


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shadnic
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Dabei seit: 23.01.2020
Mitteilungen: 2
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.2, vom Themenstarter, eingetragen 2020-01-23 12:51


Du hast absolut recht, vielen Dank!



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Folgende Antworten hat der Fragesteller vermutlich noch nicht gesehen.
Er/sie war noch nicht wieder auf dem Matheplaneten
Kuestenkind
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Mitteilungen: 1520
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.3, eingetragen 2020-01-23 18:14

\(\begingroup\)\(\newcommand{\ba}{\begin{aligned}} \newcommand{\ea}{\end{aligned}} \newcommand{\bpm}{\begin{pmatrix}} \newcommand{\epm}{\end{pmatrix}} \newcommand{\bc}{\begin{cases}} \newcommand{\ec}{\end{cases}} \newcommand{\on}{\operatorname}\)
Huhu shadnic,

wie lautet nun dein Lösungsweg? Das würde mich doch mal sehr interessieren.

2020-01-23 12:42 - Diophant in Beitrag No. 1 schreibt:
(der Grenzwert des Terms innerhalb der äußeren Klammern ist elementar...).

Der Grenzwert der Klammer der ursprünglichen Aufgabe ist auch elementar - nämlich 1. Wieso kannst du nun auf einmal den Grenzwert der Basis berechnen?

Schon die Anwendung der Produktregel macht hier Probleme, da \(\lim\limits_{x\to\infty}x=\infty\).

Gruß,

Küstenkind
\(\endgroup\)


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Diophant
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Dabei seit: 18.01.2019
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Aus: Rosenfeld, BW
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.4, eingetragen 2020-01-23 19:08

\(\begingroup\)\(\newcommand{\ba}{\begin{aligned}} \newcommand{\ea}{\end{aligned}} \newcommand{\bpm}{\begin{pmatrix}} \newcommand{\epm}{\end{pmatrix}} \newcommand{\bc}{\begin{cases}} \newcommand{\ec}{\end{cases}} \newcommand{\on}{\operatorname}\)
Hallo Kuestenkind,

2020-01-23 18:14 - Kuestenkind in Beitrag No. 3 schreibt:
2020-01-23 12:42 - Diophant in Beitrag No. 1 schreibt:
(der Grenzwert des Terms innerhalb der äußeren Klammern ist elementar...).

Der Grenzwert der Klammer der ursprünglichen Aufgabe ist auch elementar - nämlich 1. Wieso kannst du nun auf einmal den Grenzwert der Basis berechnen?

Schon die Anwendung der Produktregel macht hier Probleme, da \(\lim\limits_{x\to\infty}x=\infty\).

du hast recht, das war vorschnell von mir. Mein Tipp war ja zunächst auch nur als Hilfe gedacht, um den Grenzwert einzusehen. Ich hatte zwar eine Idee für eine Rechnung, diese hat sich jedoch (nach deinem Hinweis) als Irrweg herausgestellt.

Hättest du da eine Idee bzw. eine Marschrichtung?

Vielen Dank natürlich für den Hinweis!  smile


Gruß, Diophant
\(\endgroup\)


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doglover
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.5, eingetragen 2020-01-23 20:11


Hallo zusammen,

eventuell ist es mit Kanonen auf Spatzen geschossen, aber man kann folgendermaßen vorgehen (ich stelle es in den hide-Bereich, damit der Threadsteller selbst entscheiden kann, ob/wann er es sich anschauen möchte):


Betrachte den Logarithmus

$\log\left(x\left(1-\frac{1}{x} \right)^{x\cdot log(x)} \right)=\log(x)\left(1+x\log\left(1-\frac{1}{x} \right) \right)$

Nun kann man sich die Reihenentwicklung von $\log(1+y)$ für $|y|<1$ anschauen (diese ist absolut konvergent)

$\log(1+y)=\sum_{k=1}^{\infty}\frac{(-1)^{k+1}}{k}y^k$

Also für alle $|x|>1$ und $y=-\frac{1}{x}$

$x\log\left(1-\frac{1}{x}\right)=-x\sum_{k=1}^{\infty}\frac{1}{k\cdot x^k}=-\sum_{k=1}^{\infty}\frac{1}{kx^{k-1}}$

Also

$\log(x)\left(1+x\log\left(1-\frac{1}{x} \right) \right)=-\log(x)\left(\sum_{k=2}^{\infty}\frac{1}{kx^{k-1}} \right)=-\frac{\log(x)}{x}\sum_{k=0}^{\infty}\frac{1}{(k+2)x^k} $

Mit $z=\frac{1}{x}$ kann man mittels der geometrischen Reihe weiter abschätzen

$\sum_{k=0}^{\infty}\frac{1}{(k+2)x^k}=\sum_{k=0}^{\infty}\frac{z^k}{(k+2)}\leq \frac{1}{2}\sum_{k=0}^{\infty}z^k=\frac{1}{2}\frac{1}{1-z}\leq 1 $

für alle $z\leq \frac{1}{2}$ und damit alle $x\geq 2$. Dieser Ausdruck ist also von $x$ unabhängig nach oben beschränkt. Insgesamt also

$\left|\log\left(x\left(1-\frac{1}{x} \right)^{x\cdot log(x)} \right)\right|\leq \left|\frac{\log(x)}{x}\right| $ für alle $2\leq x$.

Damit folgt, dass der Grenzwert des Logarithmus $0$ ist und der gesuchte Grenzwert $1$.



Viele Grüße

doglover



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Kuestenkind
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.6, eingetragen 2020-01-25 14:56


Huhu doglover,

ich bin auch so angefangen wie du. Falls ich nichts übersehe, sollte man auch einschnüren können. Es geht also um:

\(\displaystyle \log(x)\left(1+x\log\left(1-\frac{1}{x} \right) \right)\)

Die bekannten Abschätzungen für den Logarithmus sind ja:

\(\displaystyle 1 - \frac{1}{x} \leq \log x \leq x-1 \quad\text{für alle $x > 0$}\)

Für \(x=1-\frac{1}{y}\) erhalten wir somit:

\(\displaystyle 1 - \frac{1}{1-\frac{1}{y}} \leq \log \left(1-\frac{1}{y}\right) \leq 1-\frac{1}{y}-1 \)

\(\displaystyle  \frac{1}{1-y} \leq \log \left(1-\frac{1}{y}\right)\leq -\frac{1}{y} \)

Nun ist also:

\(\displaystyle \log(x)\left(1+x\log\left(1-\frac{1}{x} \right) \right)\geq \left(1 - \frac{1}{x}\right)\left(1+x\cdot\frac{1}{1-x}\right) =-\frac{1}{x}\to 0\)

Und:

\(\displaystyle \log(x)\left(1+x\log\left(1-\frac{1}{x} \right) \right)\leq (x-1)\left(1+x\cdot\frac{-1}{x}\right)=0\)

Was meinst du dazu?

Gruß,

Küstenkind



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doglover
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.7, eingetragen 2020-01-25 21:55


Hallo Küstenkind,

ich glaube es gibt ein Vorzeichenproblem.

Für $x>1$ ist stets $log(x)>0$ und daher in der Tat

$\log(x)\left(1+x\log\left(1-\frac{1}{x} \right) \right)\leq \log(x)\left(1-\frac{x}{x} \right)=0$.

Aber andererseits

$\log(x)\left(1+x\log\left(1-\frac{1}{x} \right) \right)\geq \log(x)\left(1+\frac{x}{1-x} \right)=\frac{\log(x)}{1-x}$.

Nun ist für $x>1$, $1-x<0$. Daher kann man höchstens $\log(x)\leq x-1$ zur weiteren Abschätzung nach unten benutzen, was auf

$\frac{\log(x)}{1-x}\geq \frac{x-1}{1-x}=-1$ führt.

Viele Grüße

doglover



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Kuestenkind
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.8, eingetragen 2020-01-26 11:35


Huhu doglover,

ja - das habe ich tatsächlich (leider) nicht bedacht. Schade, ich hatte noch gehofft einen Weg ohne Reihenentwicklung zu finden. Danke für den Hinweis!

Gruß (und einen schönen Sonntag wünscht),

Küstenkind



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doglover
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.9, eingetragen 2020-01-27 23:33


Hallo,

mir ist noch aufgefallen, dass wenn man in der Reihenentwicklung den Term für $k=0$ abspaltet, man auf

$\log(x)\left(1+x\log\left(1-\frac{1}{x} \right) \right)=-\frac{\log(x)}{2x}+o\left(\frac{\log(x)}{x} \right)$ für $x\rightarrow \infty$ kommt.

Daraus sollte sich $\log(x)\left(1+x\log\left(1-\frac{1}{x} \right) \right)\in \Theta\left(\frac{\log(x)}{x} \right)$ für $x\rightarrow \infty$ ableiten lassen. Daher ist $\frac{\log(x)}{x}$ eine qualitativ optimale asymptotische Schranke und es ist grundsätzlich nicht möglich eine obere Schranke der Form $\frac{1}{x}$ herzuleiten.

Interessant wäre der Kontext in welchem die Aufgabe gestellt wurde. Evtl. könnte es einen Hinweis auf eine alternative Lösung liefern.

Vielleicht hat ja noch jemand eine Idee wie man es elementarer lösen kann.

Viele Grüße

doglover



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Kuestenkind
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.10, eingetragen 2020-01-28 20:39


Huhu,

mir würde als Alternative dann nur noch folgendes gerade einfallen: Setzen wir \(x=\frac{1}{t}\). Dann ist:

\(\displaystyle \log(x)\left(1+x\log\left(1-\frac{1}{x} \right) \right)=\frac{\log\left(\frac{1}{t}\right)(t+\log(1-t))}{t}=\frac{-\log(t)(t+\log(1-t))}{t}\)

Nun geht der Zähler für \(t\to 0^+\) gegen Null - \(\lim\limits_{t\to 0^+}t\log(t)\)=0 ist durchaus bekannt, oder kann leicht nachgewiesen werden, \(\lim\limits_{t\to 0^+} \log(t)\log(1-t)\)=0 kann wieder mit L'Hospital nachgerechnet werden. Für \(t\to 0^+\) kann man also L'Hospital anwenden:

Ableitung des Zählers nach Produktregel ergibt dann:

\(\displaystyle -\log(t)\left(1-\frac{1}{1-t}\right)-\frac{1}{t}(t+\log(1-t))=\frac{-t\log(t)}{1-t}-1-\frac{\log(1-t)}{t}\)

Der erste Summand geht nun offensichtlich gegen 0, der dritte (wieder mit L'Hospital) gegen \(1\).

Hoffentlich habe ich dieses mal nichts übersehen - besonders schön finde ich diesen Weg aber auch nicht...

Gruß,

Küstenkind



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doglover
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.11, eingetragen 2020-02-01 14:17


Hallo Küstenkind,


mit L'Hospital scheint es zu funktionieren. Man kann damit auch den Grenzwert $t\log(t)$ für $t$ gegen $0$ einsehen.
Damit lässt sich der Grenzwert gänzlich mit L'Hospital bestimmen. Finde es eine nette Alternative zur Lösung per Reihendarstellung.

Viele Grüße und danke fürs Mitüberlegen

doglover



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