Grenzwert einer Folge < Folgen und Reihen < eindimensional < reell < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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| Aufgabe | | [mm] \limes_{n\rightarrow\infty} n*(e^{1/n} [/mm] - 1) |
Hallo Leute,
Ich bräuchte mal eure Hilfe bei obiger Aufgabenstellung. Ich komme einfach nicht auf den Grenzwert:
[mm] e^{1/n}[/mm] geht für n -> [mm] \infty [/mm] gegen 1, womit in der klammer dann 1-1 stehen würde und ich dann insgesamt [mm] \infty \* [/mm] 0 hätte, was mir so mal nix bringt.
Habs auch schon mit [mm] \log(\exp(n*(e^{1/n}-1))) [/mm] bzw [mm] \exp(\log(n*(e^{1/n}-1))) [/mm] probiert, was mich aber nicht weiter brachte.
Ein Tipp war 1 durch [mm] e^0 [/mm] zu ersetzen, aber das hat mich auch nicht den Lösungsweg sehen lassen.
Vielleicht hat hier jemand mal ne gute Idee, würde mich freuen.
Ich habe diese Frage in keinem Forum auf anderen Internetseiten gestellt.
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 18:50 Mo 30.06.2008 | | Autor: | M.Rex |
Hallo
Ersetze doch mal wie vorgeschlagen
Also:
[mm] n*\left(e^{\bruch{1}{n}}-1\right)
[/mm]
[mm] =n*\left(e^{\bruch{1}{n}}-e^{0}\right)
[/mm]
[mm] =n*e^{\bruch{1}{n}}-n*e^{0}
[/mm]
[mm] =\ln\left(e^{n*e^{\bruch{1}{n}}-n*e^{0}}\right)
[/mm]
[mm] \red{=\sout{\ln\left(e^{\bruch{n*e^{\bruch{1}{n}}}{n*e^{0}}}\right)}} [/mm] das ist Schwachfug
=...
Marius
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 19:57 Mo 30.06.2008 | | Autor: | Loddar |
Hallo Marius!
Wie kommst Du denn auf Deine letzte Zeile der Umformungen? ![[aeh]](/images/smileys/aeh.gif "[aeh]")
Gruß
Loddar
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 20:01 Mo 30.06.2008 | | Autor: | M.Rex |
Hallo
Indem ich die falschen Regeln angewandt habe.
![[pfeif]](/images/smileys/pfeif.gif "[pfeif]")
Marius
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(Antwort) fertig | | Datum: | 18:58 Mo 30.06.2008 | | Autor: | Loddar |
Hallo Knackwurst!
Forme um wie folgt und wende anschließend  de l'Hospital an:
[mm] $$n*\left(e^{\bruch{1}{n}} - 1\right) [/mm] \ = \ [mm] \bruch{e^{\bruch{1}{n}} - 1}{\bruch{1}{n}}$$
[/mm]
Gruß
Loddar
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(Antwort) fertig | | Datum: | 07:23 Di 01.07.2008 | | Autor: | fred97 |
Hallo Loddar und Knackwurst,
warum immer gleich de l' Hospital ? (die "Holzhammermethode")
Setze f(x) = [mm] e^x.
[/mm]
Dann gilt
$ [mm] n\cdot{}\left(e^{\bruch{1}{n}} - 1\right) [/mm] \ = \ [mm] \bruch{e^{\bruch{1}{n}} - 1}{\bruch{1}{n}} [/mm] $ = (1/n)(f(1/n) -f(0))
und das ist ein Differenzenquotient und strebt für n gegen unendlich gegen f'(0) = 1.
FRED
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Vielen Dank für Eure ganzen Antworten. Hatte viel zu tun in den letzten Tagen, weshalb ich jetzt erst antworte.
An de l'Hospital hatte ich zwar auch mal gedacht, bin aber leider auch nur beim daran denken geblieben.
Mal ne frage hierzu:
$ [mm] n\cdot{}\left(e^{\bruch{1}{n}} - 1\right) [/mm] \ = \ [mm] \bruch{e^{\bruch{1}{n}} - 1}{\bruch{1}{n}} [/mm] $ = (1/n)(f(1/n) - f(0))
Hinten sollte sicherlich [mm] \bruch{f(1/n) - f(0)}{\bruch{1}{n}} [/mm] statt dem roten Ausdruck stehen, oder?
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(Antwort) fertig | | Datum: | 10:03 Do 03.07.2008 | | Autor: | Loddar |
Hallo Knackwurst!
![[ok]](/images/smileys/ok.gif "[ok]") Das hast Du richtig erkannt ...
Gruß
Loddar
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(Antwort) fertig | | Datum: | 20:37 Mo 30.06.2008 | | Autor: | Marcel |
Hallo,
falls bekannt ist, dass für $z [mm] \in \mathbb{C}$ [/mm] (hier würde auch schon $z [mm] \in \IR$ [/mm] bzw. sogar $z [mm] \in \IQ$ [/mm] genügen) die Gleichheit
[mm] $$(\star)\;\;\;\; e^z=\sum\limits_{k=0}^{\infty}\frac{z^k}{k!}$$
[/mm]
gilt, so kannst Du auch damit arbeiten. Dann ist nämlich:
[mm] $$n*(e^\frac{1}{n}-1)=n*\sum_{k=1}^\infty \frac{\frac{1}{n^k}}{k!} \equiv n*\sum_{k=1}^\infty \frac{1}{n^k}*\frac{1}{k!}=\sum_{m=0}^\infty \frac{\left(\frac{1}{n}\right)^m}{(m+1)!}$$
[/mm]
Nun gilt offenbar in Hinblick auf [mm] $(\star)$ [/mm] die Abschätzung
[mm] $$(\star_1)\;\;\;\; \sum_{m=0}^\infty \frac{\left(\frac{1}{n}\right)^m}{(m+1)!} \le e^{\frac{1}{n}}$$
[/mm]
Weiterhin:
[mm] $$(\star_2)\;\;\;\; \sum_{m=0}^\infty \frac{\left(\frac{1}{n}\right)^m}{(m+1)!} \ge \frac{\left(\frac{1}{n}\right)^0}{(0+1)!}=1$$
[/mm]
(Beide Abschätzungen gelten für alle $n [mm] \in \IN$!)
[/mm]
Wenn Du nun noch weißt, dass [mm] $e^z \to [/mm] 1$ bei $z [mm] \to [/mm] 0$:
Was folgt dann aus [mm] $(\star_1)$ [/mm] und [mm] $(\star_2)$ [/mm] für [mm] $n*(e^\frac{1}{n}-1)$ [/mm] bei $n [mm] \to \infty$?
[/mm]
Gruß,
Marcel
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| Status: |
(Antwort) fehlerhaft  | | Datum: | 08:28 Di 01.07.2008 | | Autor: | hobes |
Hallo,
würde das so umschreiben: $ [mm] e^{\bruch{1}{n}}=(e^1)^{\bruch{1}{n}}=\wurzel[n]{e} [/mm] $.
Und da $ [mm] \limes_{n\rightarrow\infty} \wurzel[n]{e} \to [/mm] 1 $ gilt dann: [mm] \newline [/mm] $ [mm] \limes_{n\rightarrow\infty} n\cdot(\wurzel[n]{e} [/mm] -1) [mm] \to \limes_{n\rightarrow\infty} [/mm] (n-n)=0 $.
Gruß Axel
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 09:31 Di 01.07.2008 | | Autor: | fred97 |
Nicht böse sein, aber was Du schreibst
$ [mm] \limes_{n\rightarrow\infty} n\cdot(\wurzel[n]{e} [/mm] -1) [mm] \to \limes_{n\rightarrow\infty} [/mm] (n-n)=0 $
ist grober Unfug !!!!!!
FRED
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| Status: |
(Korrektur) fundamentaler Fehler  | | Datum: | 09:51 Di 01.07.2008 | | Autor: | Loddar |
Hallo hobes!
Du hast hier einen unbestimmten Ausdruck [mm] "$\infty*0$" [/mm] vorliegen, der am Ende alles ergeben kann.
Gruß
Loddar
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 12:19 Di 01.07.2008 | | Autor: | M.Rex |
Hallo nochmal:
Alternativ kannst du auch wie folgt umformen:
[mm] n*\left(e^{\bruch{1}{n}}-1\right)
[/mm]
[mm] =e^{\ln(n)}*\left(e^{\bruch{1}{n}}-e^{0}\right)
[/mm]
[mm] =e^{\ln(n)}*e^{\bruch{1}{n}}-e^{\ln(n)}*e^{0}
[/mm]
[mm] =e^{\ln(n)-\bruch{1}{n}}-e^{\ln(n)}
[/mm]
Marius
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 14:56 Di 01.07.2008 | | Autor: | Marcel |
Hallo,
> Hallo nochmal:
>
> Alternativ kannst du auch wie folgt umformen:
>
> [mm]n*\left(e^{\bruch{1}{n}}-1\right)[/mm]
> [mm]=e^{\ln(n)}*\left(e^{\bruch{1}{n}}-e^{0}\right)[/mm]
> [mm]=e^{\ln(n)}*e^{\bruch{1}{n}}-e^{\ln(n)}*e^{0}[/mm]
> [mm]\red{=e^{\ln(n)-\bruch{1}{n}}}-e^{\ln(n)}[/mm]
>
> Marius
der rote Term ist durch [mm] $e^{\ln(n)\;\blue{+}\;\frac{1}{n}}$ [/mm] zu ersetzen. Aber mal eine Frage:
Was bringt Dir das bzw. wie willst Du weiter vorgehen?
Gruß,
Marcel
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> [mm]\limes_{n\rightarrow\infty} n*(e^{1/n}[/mm] - 1)
analog wie Marcel würde ich die Reihendarstellung für [mm] e^x
[/mm]
verwenden:
[mm] e^x=1+x+\bruch{x^2}{2!}+\bruch{x^3}{3!}+\bruch{x^4}{4!}+...
[/mm]
[mm] e^{\bruch{1}{n}}=1+\bruch{1}{n}+\bruch{1}{n^2*2!}+\bruch{1}{n^3*3!}+\bruch{1}{n^4*4!}+...
[/mm]
[mm] n*(e^{1/n}-1)=1+\bruch{1}{n*2!}+\bruch{1}{n^2*3!}+\bruch{1}{n^3*4!}+....
[/mm]
Der Grenzwert dieser Reihe für [mm] n\to\infty [/mm] ist ihr erstes Glied 1.
Das Restglied geht für [mm] n\to\infty [/mm] analog wie jenes der [mm] e^x-Reihe [/mm]
(für [mm] x\to [/mm] 0) gegen null.
LG al-Chw.
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