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| Aufgabe | Untersuche den folgenden Grenzprozess:
[mm] $\lim_{x\to 0+}\frac{\ln(1+x)-e^{-x}}{x}$ [/mm] |
Hallo!
Bei dem obigen Limes habe ich eine Frage.
Ich möchte einigermaßen nachvollziehbar darlegen, warum der "Limes" [mm] -\infty [/mm] ist.
Jegliche Anwendung von L'Hospital für den Gesamtlimes scheidet also schonmal aus.
Ich habe mir Folgendes überlegt:
[mm] $\lim_{x\to 0+}\frac{\ln(1+x)-e^{-x}}{x} [/mm] = [mm] \lim_{x\to 0+}\left(\frac{\ln(1+x)}{x}-\frac{e^{-x}}{x}\right)$
[/mm]
- Ich weiß (bzw. kann berechnen), dass [mm] $\lim_{x\to 0+}\frac{\ln(1+x)}{x}=1$.
[/mm]
- Dahingegen ist beim zweiten Term die Situation: Der Zähler geht gegen 1, der Nenner gegen 0 --> Bruch geht gegen [mm] \infty.
[/mm]
--> Insgesamt: Limes geht gegen " [mm] 1-\infty [/mm] = [mm] -\infty [/mm] ".
Aber: Ich darf doch eigentlich gar keine Grenzwertsätze anwenden? Wie kann ich jetzt plausibel den Grenzwert begründen?
Vielen Dank für Eure Hilfe!
Grüße,
Stefan
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 17:00 Do 21.01.2010 | | Autor: | fred97 |
Hallo Stefan,
Am einfachsten siehst Du es mit Potenzreihen:
Für $|x|<1$ ist $ln(x) = [mm] \summe_{n=0}^{\infty}(-1)^n*\bruch{x^{n+1}}{n+1}$
[/mm]
Wenn Du von dieser Reihenentwicklung die Reihenentwicklung von [mm] e^{-x} [/mm] abziehst, erhälst Du
[mm] $-1+2x-x^2+\bruch{1}{2}x^3 [/mm] - + ......$
Wenn Du jetzt noch durch x teilst, siehst Du, dass
$ [mm] \lim_{x\to 0+}\frac{\ln(1+x)-e^{-x}}{x} [/mm] = - [mm] \infty$
[/mm]
ist.
Gruß
FRED
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Hallo Fred,
danke für deine Antwort! Das gefällt mir besser als mein "heuristisches" Argument.
> Am einfachsten siehst Du es mit Potenzreihen:
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> Für [mm]|x|<1[/mm] ist [mm]ln(x) = \summe_{n=0}^{\infty}(-1)^n*\bruch{x^{n+1}}{n+1}[/mm]
>
> Wenn Du von dieser Reihenentwicklung die Reihenentwicklung
> von [mm]e^{-x}[/mm] abziehst, erhälst Du
>
> [mm]-1+2x-x^2+\bruch{1}{2}x^3 - + ......[/mm]
Und diese Umformungen darf ich durchführen, weil beide Reihen absolut konvergent sind für |x| < 1 ?
Dann steht praktisch in den ersten beiden Summanden [mm] $-\frac{1}{x}+2 \to -\infty$ [/mm] , die restlichen gehen gegen 0.
Danke!
Grüße,
Stefan
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 17:09 Do 21.01.2010 | | Autor: | fred97 |
> Hallo Fred,
>
> danke für deine Antwort! Das gefällt mir besser als mein
> "heuristisches" Argument.
>
> > Am einfachsten siehst Du es mit Potenzreihen:
> >
> > Für [mm]|x|<1[/mm] ist [mm]ln(x) = \summe_{n=0}^{\infty}(-1)^n*\bruch{x^{n+1}}{n+1}[/mm]
>
> >
> > Wenn Du von dieser Reihenentwicklung die Reihenentwicklung
> > von [mm]e^{-x}[/mm] abziehst, erhälst Du
> >
> > [mm]-1+2x-x^2+\bruch{1}{2}x^3 - + ......[/mm]
>
> Und diese Umformungen darf ich durchführen, weil beide
> Reihen absolut konvergent sind für |x| < 1 ?
Ja, Konvergenz reicht schon
>
> Dann steht praktisch in den ersten beiden Summanden
> [mm]-\frac{1}{x}+2 \to -\infty[/mm] , die restlichen gehen gegen 0.
Genau.
FRED
>
> Danke!
> Grüße,
> Stefan
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