Mittelwertsatz anwenden < Differentiation < Funktionen < eindimensional < reell < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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| Aufgabe | Berechnen Sie die Folgenden Grenzwerte mithilfe des Mittelwertsatzes:
a) [mm] \limes_{n\rightarrow\infty} (\wurzel[3]{n^2+a^2} [/mm] - [mm] \wurzel[3]{n^2}) [/mm] mit a [mm] \in \IR
[/mm]
[mm] b)\limes_{n\rightarrow a} \frac{x^\alpha - a^\alpha }{x^\beta - a^\beta} [/mm] mit a > 0 und [mm] \alpha [/mm] und [mm] \beta \in \IR [/mm] , [mm] \beta \not= [/mm] 0 |
Hi,
habe mal bei der a) rumprobiert und das rausbekommen:
Ich definiere mir f(a) = [mm] \wurzel[3]{n^2 + a^2}, [/mm] diese Fkt ist differenzierbar auf [mm] \IR_0^+ [/mm] und f'(a) = [mm] \frac{2a}{3(\wurzel[3]{n^2 +a^2})^2}
[/mm]
nach dem Mittelwertsatz [mm] \exists [/mm] g [mm] \in [/mm] ]0,x[ ,x [mm] \in \IR^+ [/mm]
mit f(a) - f(0) = f'(g)(a-0) = [mm] \frac{2g *a}{3(\wurzel[3]{n^2 +g^2})^2} [/mm] = [mm] \wurzel[3]{n^2+a^2} [/mm] - [mm] \wurzel[3]{n^2}
[/mm]
[mm] \limes_{n\rightarrow\infty}\wurzel[3]{n^2+a^2} [/mm] - [mm] \wurzel[3]{n^2} [/mm] = [mm] \limes_{n\rightarrow\infty}\frac{2g *a}{3(\wurzel[3]{n^2 +g^2})^2} [/mm] = 0
bezweifle irgendwie, dass das richtig ist, aber was besseres ist mir noch nicht eingefallen..
für Vorschlägen bin ich immer offen.
Snafu
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 01:42 Di 01.06.2010 | | Autor: | rainerS |
Hallo!
> Berechnen Sie die Folgenden Grenzwerte mithilfe des
> Mittelwertsatzes:
>
> a) [mm]\limes_{n\rightarrow\infty} (\wurzel[3]{n^2+a^2}[/mm] -
> [mm]\wurzel[3]{n^2})[/mm] mit a [mm]\in \IR[/mm]
> [mm]b)\limes_{n\rightarrow a} \frac{x^\alpha - a^\alpha }{x^\beta - a^\beta}[/mm]
> mit a > 0 und [mm]\alpha[/mm] und [mm]\beta \in \IR[/mm] , [mm]\beta \not=[/mm] 0
> Hi,
>
> habe mal bei der a) rumprobiert und das rausbekommen:
> Ich definiere mir f(a) = [mm]\wurzel[3]{n^2 + a^2},[/mm] diese Fkt
> ist differenzierbar auf [mm]\IR_0^+[/mm] und f'(a) =
> [mm]\frac{2a}{3(\wurzel[3]{n^2 +a^2})^2}[/mm]
> nach dem
> Mittelwertsatz [mm]\exists[/mm] g [mm]\in[/mm] ]0,x[ ,x [mm]\in \IR^+[/mm]
Nicht ganz: [mm] $g\in [/mm] ]0,a[$, $a>0$:
> mit [mm]f(a) - f(0) = f'(g)(a-0) = \frac{2g *a}{3(\wurzel[3]{n^2 +g^2})^2}[/mm]
> = [mm]\wurzel[3]{n^2+a^2} - \wurzel[3]{n^2}[/mm]
> [mm]\limes_{n\rightarrow\infty}\wurzel[3]{n^2+a^2} - \wurzel[3]{n^2} = \limes_{n\rightarrow\infty}\frac{2g *a}{3(\wurzel[3]{n^2 +g^2})^2} = 0[/mm]
> bezweifle irgendwie, dass das richtig ist, aber was
> besseres ist mir noch nicht eingefallen..
> für Vorschlägen bin ich immer offen.
Das ist fast schon richtig, aber du musst sauber argumentieren. Also: zu jedem $a>0$ gibt es ein g mit $ 0<g<a$, sodass
[mm] \wurzel[3]{n^2+a^2} - \wurzel[3]{n^2} = \frac{2g *a}{3(\wurzel[3]{n^2 +g^2})^2} [/mm] .
Du kannst nicht annehmen, dass für jedes n das gleiche g herauskommt. Warum ergibt sich trotzdem der Grenzwert 0? (Bedenke, dass $0<g<a$ ist und schätze die rechte Seite ab!)
Viele Grüße
Rainer
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Hi,
> Warum ergibt sich trotzdem der Grenzwert 0?
[mm] \limes_{n\rightarrow\infty} 3(\wurzel[3]{n^2+a^2})^2 [/mm] = [mm] \infty [/mm]
=> [mm] \limes_{n\rightarrow\infty}\frac{2g \cdot{}a}{3(\wurzel[3]{n^2 +g^2})^2}=0
[/mm]
Ich könnte jetzt mit a abschätzen,aber was würde es mit bringen, wolltest du damit aufs Sandwitctheorem hinaus?
Snafu
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 20:36 Do 03.06.2010 | | Autor: | rainerS |
Hallo!
> Hi,
>
> > Warum ergibt sich trotzdem der Grenzwert 0?
>
> [mm]\limes_{n\rightarrow\infty} 3(\wurzel[3]{n^2+a^2})^2[/mm] =
> [mm]\infty[/mm]
> => [mm]\limes_{n\rightarrow\infty}\frac{2g \cdot{}a}{3(\wurzel[3]{n^2 +g^2})^2}=0[/mm]
>
Für jeden Wert von n wird g einen anderen Wert haben, aber du weisst doch gar nicht, wie g von n abhängt.
> Ich könnte jetzt mit a abschätzen,aber was würde es mit
> bringen, wolltest du damit aufs Sandwitctheorem hinaus?
Für jeden Wert von n wird g einen anderen Wert haben, aber du weisst doch gar nicht, wie g von n abhängt.
Da steht also
[mm] \limes_{n\rightarrow\infty}\frac{2g(n) \cdot{}a}{3(\wurzel[3]{n^2 +g(n)^2})^2}[/mm],
und du kennst die Funktion g(n) nicht.
Viele Grüße
Rainer
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Hi,
bin bei der b) so weit gekommen:
f(x) = [mm] x^\alpha [/mm] , g(x) = [mm] x^\beta
[/mm]
beide sind stetig und diffbar in [mm] \IR [/mm] . Nach dem Mittelwertsatz, folgt:
[mm] \exists \mu \in [/mm] ]a,x[ : [mm] \frac{f(x) - f(a)}{g(x) - g(a) } [/mm] = [mm] \frac{x^\alpha - a^\alpha}{x^\beta - a^\beta} [/mm] = [mm] \frac{\alpha\mu^{\alpha-1}}{\beta\mu^{\beta-1}}
[/mm]
jedoch bringt mich das nicht weiter, weil ich ja ein Term brauch mit x drin, den ich dan gegen a laufen lassen...
Snafu
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 16:32 Fr 04.06.2010 | | Autor: | rainerS |
Hallo!
> Hi,
>
> bin bei der b) so weit gekommen:
> f(x) = [mm]x^\alpha[/mm] , g(x) = [mm]x^\beta[/mm]
> beide sind stetig und diffbar in [mm]\IR[/mm] . Nach dem
> Mittelwertsatz, folgt:
> [mm]\exists \mu \in ]a,x[ [/mm]: [mm]\frac{f(x) - f(a)}{g(x) - g(a) } = \frac{x^\alpha - a^\alpha}{x^\beta - a^\beta} = \frac{\alpha\mu^{\alpha-1}}{\beta\mu^{\beta-1}}[/mm]
Jetzt fasse die Potenzen von [mm] $\mu$ [/mm] zusammen!
> jedoch bringt mich das nicht weiter, weil ich ja ein Term
> brauch mit x drin, den ich dan gegen a laufen lassen...
Bedenke, dass [mm] $\mu$ [/mm] immer zwischen a und x liegt. Was passiert also, wenn x gegen a geht?
Viele Grüße
Rainer
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Hi,
[mm] \frac{\alpha\mu^{\alpha-1}}{\beta\mu^{\beta-1}} [/mm] = [mm] \frac{\alpha}{\beta} \mu^{\alpha -\beta}
[/mm]
>Bedenke, dass immer zwischen a und x liegt. Was passiert also, wenn x gegen a geht?
Ich weiß, dass ich [mm] \mu [/mm] abschätzen kann mit x oder a, aber dann habe ich keine Gleicheit mehr und kann nicht auf den Grenzwert schließen?
[mm] \frac{\alpha}{\beta} \mu^{\alpha -\beta} [/mm] < [mm] \frac{\alpha}{\beta} x^{\alpha -\beta}
[/mm]
Snafu
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 20:43 Fr 04.06.2010 | | Autor: | rainerS |
Hallo!
> Hi,
>
> [mm]\frac{\alpha\mu^{\alpha-1}}{\beta\mu^{\beta-1}}[/mm] =
> [mm]\frac{\alpha}{\beta} \mu^{\alpha -\beta}[/mm]
> >Bedenke, dass
> immer zwischen a und x liegt. Was passiert also, wenn x
> gegen a geht?
> Ich weiß, dass ich [mm]\mu[/mm] abschätzen kann mit x oder a, aber
> dann habe ich keine Gleicheit mehr und kann nicht auf den
> Grenzwert schließen?
> [mm]\frac{\alpha}{\beta} \mu^{\alpha -\beta}[/mm] <
> [mm]\frac{\alpha}{\beta} x^{\alpha -\beta}[/mm]
Wenn [mm] $\mu$ [/mm] zwischen x und a liegt, und x gegen a geht, wogegen geht dann $mu$?
Du kannst immer abschätzen, musst eventuell vier Fälle unterscheiden:
[mm] x
[mm] x>a [/mm], [mm]\alpha <\beta[/mm]
[mm] x\beta[/mm]
[mm] x>a [/mm], [mm]\alpha >\beta[/mm]
Viele Grüße
Rainer
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Hi,
> Wenn [mm] $\mu$ [/mm] zwischen x und a liegt, und x gegen a geht, wogegen geht dann $mu$?
da [mm] \mu \in [/mm] ]a,x[ gilt schon mal a < x, und wenn ich dir richtig verstanden habe kann ich sagen:
Wenn x gegen a läuft so läuft [mm] \mu [/mm] auch gegen a??
Dann muss ich nur noch die Fälle
[mm] x>a [/mm], [mm]\alpha <\beta[/mm]
[mm] x>a [/mm], [mm]\alpha >\beta[/mm]
beachten, oder?
Snafu
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 18:02 So 06.06.2010 | | Autor: | rainerS |
Hallo!
> Hi,
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> > Wenn [mm]\mu[/mm] zwischen x und a liegt, und x gegen a geht,
> wogegen geht dann [mm]mu[/mm]?
> da [mm]\mu \in[/mm] ]a,x[ gilt schon mal a < x, und wenn ich dir
> richtig verstanden habe kann ich sagen:
> Wenn x gegen a läuft so läuft [mm]\mu[/mm] auch gegen a??
> Dann muss ich nur noch die Fälle
> [mm]x>a [/mm], [mm]\alpha <\beta[/mm]
> [mm]x>a [/mm], [mm]\alpha >\beta[/mm]
> beachten, oder?
Du willst doch den Grenzwert für [mm] $x\to [/mm] a$ berechnen, und dazu darfst du dich nicht auf $x>a$ beschränken. Glücklicherweise macht es für die Rechnung keinen Unterschied, ob $x>a$ oder $x<a$ ist.
Viele Grüße
Rainer
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Hi,
> Du willst doch den Grenzwert für [mm] $x\to [/mm] a$ berechnen, und dazu darfst du dich nicht auf $x>a$ beschränken
Ich musste mich aber doch wegen dem Mittelwertsatz auf das Intervall ]a,x[ beschränken , damit mir der Mittelwertsatz den gewünschten Term liefert.
D.h. ich müsste noch eine Bedingung für das Intervall ]x,a[ mit x>0 erstellen und dann einmal [mm] \limes_{x\rightarrow a^+} [/mm] und [mm] \limes_{x\rightarrow a^-} [/mm] zeigen was beides zu dem Term [mm] \frac{\alpha a^{\alpha - \beta}}{\beta} [/mm] führt. Das müsste auch alles legitim sein, weil beide Funktionen um a stetig und differenzierbar sind.
Snafu
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 19:20 Di 08.06.2010 | | Autor: | matux |
$MATUXTEXT(ueberfaellige_frage)
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Hi,
eine etwas allgemeinere Frage :
Habe ich [mm] \mu \in [/mm] ]a,x[ und f(x) = [mm] g(\mu) [/mm] gilt dann:
[mm] \limes_{x\rightarrow a} [/mm] f(x) = [mm] \limes_{\mu\rightarrow a} g(\mu) [/mm] ??
Snafu
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 18:06 So 06.06.2010 | | Autor: | rainerS |
Hallo!
> Hi,
>
> eine etwas allgemeinere Frage :
> Habe ich [mm]\mu \in ]a,x[ [/mm]und [mm]f(x) = g(\mu)[/mm] gilt dann:
> [mm]\limes_{x\rightarrow a} f(x) = \limes_{\mu\rightarrow a} g(\mu)[/mm]
> ??
Unter gewissen Voraussetzungen. Zunächst einmal müssen f und g müssen in einer Umgebung von a stetig sein. Du hast aber eingeschränkt auf [mm] $x>\mu>a$. [/mm] Für den Grenzwert musst du aber auch die Annäherung von links betrachten. Wenn also für beliebige x in einer Umgebung von a gilt, dass [mm] $\mu$ [/mm] zwischen x und a liegt, und wenn die Funktionen f und g in dieser Umgebung von a stetig sind, dann kannst du folgern, dass die Grenzwerte gleich sind.
Viele Grüße
Rainer
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