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| Aufgabe | Bestimmen sie mit Hilfe der Regeln von l'Hospital
a) [mm] \limes_{x\rightarrow 0}\bruch{e^{2x}-1}{x}
[/mm]
b) [mm] \limes_{x\rightarrow 1}\bruch{1+\cos(\pi x)}{x^{2}-2x+1}
[/mm]
c) [mm] \limes_{x\rightarrow 0}(\cos(x))^{\bruch{1}{x^{2}}}
[/mm]
d) [mm] \limes_{x\rightarrow 0}\bruch{e^{x}-\sin(x)+\cos(x)-2}{x^{3}}
[/mm]
e) [mm] \limes_{x\rightarrow 0}\bruch{ln(\tan(ax))}{ln(\tan(bx))}, [/mm] a,b,x > 0 |
Wann darf man die Regel von L'Hospital anwenden?
Funktioniert die immer?
Wäre dies z.B. bei der a) dann: lim [mm] (2*e^{2x}) [/mm] da, die 1 wegfällt und das x zur 1 wird ?!
Und der Grenzwert hiervon ist ja für x -> 0 = 0 da [mm] e^{0} [/mm] = 1 und 1-1 = 0 ???
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 15:40 So 25.03.2007 | | Autor: | Loddar |
Hallo LittleStudi!
Die  Grenzwertsätze nach de l'Hospital darfst Du immer dann anwenden, wenn Du einen Bruch vorliegen hast, der einen unbestimmten Ausdruck der Form [mm] $\bruch{0}{0}$ [/mm] oder [mm] $\bruch{\pm\infty}{\pm\infty}$ [/mm] darstellt.
Damit ergibt sich für die Aufgabe a.)
$[mm]\limes_{x\rightarrow 0}\bruch{e^{2x}-1}{x} \ = \ \limes_{x\rightarrow 0}\bruch{2*e^{2x}-0}{1} \ = \ 2*\limes_{x\rightarrow 0}e^{2x} \ = \ 2*e^{2*0} \ = \ 2*e^0 \ = \ 2*1 \ = \ 2[/mm]
Gruß
Loddar
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D.h ich darf dann bei allen 5 Aufgaben L'Hospital verwenden?
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(Antwort) fertig | | Datum: | 16:20 So 25.03.2007 | | Autor: | Loddar |
Hallo LittleStudi!
> D.h ich darf dann bei allen 5 Aufgaben L'Hospital verwenden?
![[ok]](/images/smileys/ok.gif "[ok]") Ja, allerdings musst Du bei Aufgabe c.) erst umformen, um auch einen entsprechenden Bruch zu erhalten:
[mm] $\left[\cos(x)\right]^{\bruch{1}{x^2}} [/mm] \ = \ [mm] \left[e^{\ln[\cos(x)]}\right]^{\bruch{1}{x^2}} [/mm] \ = \ [mm] e^{\bruch{1}{x^2}*\ln[\cos(x)]} [/mm] \ = \ [mm] e^{\bruch{\ln[\cos(x)]}{x^2}}$
[/mm]
Nun betrachte den Ausdruck [mm] $\limes_{x\rightarrow 0}\bruch{\ln[\cos(x)]}{x^2}$ [/mm] ...
Gruß
Loddar
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Stimmt das bei der c)
[mm] \limes_{x\rightarrow 0}\bruch{\ln[\cos(x)]}{x^2} [/mm] = [mm] \limes_{x\rightarrow 0}\bruch{\bruch{1}{-\sin(x)}*(-\sin(x))}{2x}=\limes_{x\rightarrow 0}\bruch{1}{2x} [/mm] aber das ist ja unendlich groß???
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(Antwort) fertig | | Datum: | 17:20 So 25.03.2007 | | Autor: | Loddar |
Hallo Studi!
Du hast [mm] $\ln[\cos(x)]$ [/mm] falsch abgeleitet:
[mm]\limes_{x\rightarrow 0}\bruch{\ln[\cos(x)]}{x^2} \ = \ \limes_{x\rightarrow 0}\bruch{\bruch{1}{\red{\cos(x)}}*(-\sin(x))}{2x} \ = \ \limes_{x\rightarrow 0}\bruch{-\sin(x)}{2x*\cos(x)} \ = \ ...[/mm]
Nun musst Du nochmals de l'Hospital anwenden ...
Gruß
Loddar
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Dann erhalte ich naach erneutem l'Hospital anwenden
[mm] \limes_{x\rightarrow 0}\bruch{-\cos(x)}{2\cos(x)+2x*(-\sin(x))} [/mm] aber dieser Term besitz doch gar keinen Grenzwert oder?
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> Dann erhalte ich naach erneutem l'Hospital anwenden
>
> [mm]\limes_{x\rightarrow 0}\bruch{-\cos(x)}{2\cos(x)+2x*(-\sin(x))}[/mm]
> aber dieser Term besitz doch gar keinen Grenzwert oder?
Hallo LittleStudi,
wieso nicht? Der Zähler geht gegen -1, der Nenner gegen [mm] 2\cdot{}1+0=2
[/mm]
Also geht der Bruch gegen [mm] -\bruch{1}{2}
[/mm]
Und damit der Ausgangsbruch gegen [mm] e^{-\bruch{1}{2}}=\bruch{1}{\wurzel{e}}
[/mm]
Gruß
schachuzipus
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Klar, jetzt wo du es sagst ... :)
Danke
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bei der e) komme ich einfach auf keinen grünen Zweig ich habe nun l'Hospital angewand und komme dann auf die Form
[mm] \limes_{x\rightarrow 0}\bruch{\tan(bx)*\cos^{2}(bx)*a}{\tan(ax)*\cos^{2}(ax)*b} [/mm] besitzt das einen Grenzwert??? Oder habe ich etwas übersehen??
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(Antwort) fertig | | Datum: | 21:04 So 25.03.2007 | | Autor: | leduart |
Hallo
> bei der e) komme ich einfach auf keinen grünen Zweig ich
> habe nun l'Hospital angewand und komme dann auf die Form
>
> [mm]\limes_{x\rightarrow 0}\bruch{\tan(bx)*\cos^{2}(bx)*a}{\tan(ax)*\cos^{2}(ax)*b}[/mm]
bis hier richtig. falls das ding nen GW hat, kann man den auch als produkt schreiben, und [mm] \bruch{cos^2ax}{cos^2bx} [/mm] hat GW 1 also musst du nur auf den Rest noch mal L'Hopital loslassen !
Gruss leduart
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