taylor grenzwert < Folgen und Reihen < eindimensional < reell < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 19:57 Mo 31.03.2008 | | Autor: | Kreide |
| Aufgabe | berechne den folgenden grenzwert ohne de l'hopital. wende die taylorsche formel an
[mm] \limes_{x\rightarrow 0} \bruch{exp(x)+exp(-x)-2}{log(1-x^2)}
[/mm]
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hier kann man ja die exponential reihe einsetzen, aber wie macht man das mit dem logarithmus? ich hab nur die reihe von log(1+x) gefunden.
Wenn ich die reihen einsetze, wende ich dann überhaupt die taylorsche formel an? die sieht zwar aus wie eine reihe, aber...
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 20:01 Mo 31.03.2008 | | Autor: | Loddar |
Hallo kreide!
Deine Idee ist schon sehr gut ... wende im Nenner folgende Umformung (bzw. ein  Logarithmusgesetz) an:
[mm] $$\ln\left(1-x^2\right) [/mm] \ = \ [mm] \ln\left[(1-x)*(1+x)\right] [/mm] \ = \ [mm] \ln(1-x)+\ln(1+x)$$
[/mm]
Gruß
Loddar
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 20:18 Mo 31.03.2008 | | Autor: | Kreide |
oh gut
[mm] \limes_{x\rightarrow 0} \bruch{1+x+\bruch{x^2}{2} +\bruch{x^3}{6}+...+1-x+\bruch{(-x)^2}{2} +\bruch{(-x)^3}{6}+...-2}{x-\bruch{x^2}{2} +\bruch{x^3}{6}-...-x+\bruch{x^2}{2} -\bruch{x^3}{6}-...}
[/mm]
[mm] =\limes_{x\rightarrow 0} \bruch{\bruch{x^2}{2} +\bruch{x^4}{4!}+...+\bruch{(-x)^2}{2} +\bruch{(-x)^3
4}{4!}+...-2}{x-\bruch{x^2}{2} +\bruch{x^3}{6}-...-x+\bruch{x^2}{2} -\bruch{x^3}{6}-...}
[/mm]
[mm] =\limes_{x\rightarrow 0} \bruch{\bruch{x^2}{2} +\bruch{x^4}{4!}+...+\bruch{(-x)^2}{2} +\bruch{(-x)^3
4}{4!}+...-2}{0}
[/mm]
das kann ja nicht sein, wo ist mein fehler?
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 20:21 Mo 31.03.2008 | | Autor: | Kreide |
habe ich hier dann überhaupt taylor anwandt?
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(Antwort) fertig | | Datum: | 20:28 Mo 31.03.2008 | | Autor: | Loddar |
Hallo kreide!
![[ok]](/images/smileys/ok.gif "[ok]") Ja, da Du ja alle Teilfunktionen als ihre Taylor-Reihen dargestellt hast.
Gruß
Loddar
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Hallo Kreide,
ich meine, du hast die falschen Taylorreihen für [mm] $\log(1+x)$ [/mm] und [mm] $\log(1-x)$ [/mm] genommen...
Es ist: [mm] $\log(1+x)=\sum\limits_{k=1}^{\infty}\frac{(-1)^{k+1}}{k}\cdot{}x^k=x-\frac{x^2}{2}+\frac{x^3}{3}-\frac{x^4}{4}+\frac{x^5}{5}-\frac{x^6}{6} \pm [/mm] ...\ \ $ für [mm] $x\in(-1,1]$ [/mm] und damit (ersetze x durch -x)
[mm] $\log(1-x)=-\sum\limits_{k=1}^{\infty}\frac{x^{k}}{k}=-x-\frac{x^2}{2}-\frac{x^3}{3}-\frac{x^4}{4}-\frac{x^5}{5}-\frac{x^6}{6} [/mm] - ...\ \ $ für [mm] $x\in[-1,1)$
[/mm]
Also [mm] $\log(1+x)+\log(1-x)=-x^2-\frac{x^4}{2}-\frac{x^6}{3}- [/mm] ...$
LG
schachuzipus
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 21:02 Mo 31.03.2008 | | Autor: | Kreide |
hab das nun geändert nachdem ich schachipuz beitrag gelesen hab:
>
[mm]\limes_{x\rightarrow 0} \bruch{1+x+\bruch{x^2}{2} +\bruch{x^3}{6}+...+1-x+\bruch{(-x)^2}{2} +\bruch{(-x)^3}{6}+...-2}{x-\bruch{x^2}{2} +\bruch{x^3}{6}-...-x-\bruch{x^2}{2} -\bruch{x^3}{6}-...}[/mm]
>
[mm]=\limes_{x\rightarrow 0} \bruch{\bruch{x^2}{2} +\bruch{x^4}{4!}+...+\bruch{(-x)^2}{2} +\bruch{(-x)^3
4}{4!}+...-2}{x-\bruch{x^2}{2} +\bruch{x^3}{6}-...-x-\bruch{x^2}{2} -\bruch{x^3}{6}-...}[/mm]
>
[mm]=\limes_{x\rightarrow 0} \bruch{\bruch{2x^2}{2} +\bruch{2x^4}{4!}+\bruch{(2x)^6}{6!} +...}{ -x^2-\bruch{x^4}{2} -\bruch{(-x)^6}{3}}[/mm]
dann könnte man oben die 2 ausklammern, aber weiter komme ich nicht...
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 21:04 Mo 31.03.2008 | | Autor: | Kreide |
ich meine es müsste ja null rauskommen (hab da mal mit l'hopital gerechnet, dann würde im zähler ja exp(x)-exp(x) stehen...
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(Antwort) fertig | | Datum: | 21:11 Mo 31.03.2008 | | Autor: | Loddar |
Hallo Kreide!
Klammere nun [mm] $x^2$ [/mm] aus und kürze ... anschließend die Grenzwertbetrachtung.
Gruß
Loddar
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 21:20 Mo 31.03.2008 | | Autor: | Kreide |
> hab das nun geändert nachdem ich schachipuz beitrag gelesen
> hab:
> >
> [mm]\limes_{x\rightarrow 0} \bruch{1+x+\bruch{x^2}{2} +\bruch{x^3}{6}+...+1-x+\bruch{(-x)^2}{2} +\bruch{(-x)^3}{6}+...-2}{x-\bruch{x^2}{2} +\bruch{x^3}{6}-...-x-\bruch{x^2}{2} -\bruch{x^3}{6}-...}[/mm]
>
> >
> [mm]=\limes_{x\rightarrow 0} \bruch{\bruch{x^2}{2} +\bruch{x^4}{4!}+...+\bruch{(-x)^2}{2} +\bruch{(-x)^3
4}{4!}+...-2}{x-\bruch{x^2}{2} +\bruch{x^3}{6}-...-x-\bruch{x^2}{2} -\bruch{x^3}{6}-...}[/mm]
>
> >
> [mm]=\limes_{x\rightarrow 0} \bruch{\bruch{2x^2}{2} +\bruch{2x^4}{4!}+\bruch{(2x)^6}{6!} +...}{ -x^2-\bruch{x^4}{2} -\bruch{(-x)^6}{3}+...}[/mm]
[mm] ==\limes_{x\rightarrow 0} [/mm] -2 [mm] \bruch{1+\bruch{2x^2}{4!} +\bruch{x^4}{6!}+...}{1+\bruch{x^2}{4} +\bruch{(-x)^4}{3}+...}
[/mm]
hier kann ich doch noch nicht wirklich den limes betrachten, dann hätte ich ja oo durch oo, oder nicht? der zähler wäre ja etwas größer.... da kommt im leben ja nie 0 raus--- :(
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Hallo Kreide,
> > [mm]=\limes_{x\rightarrow 0} \bruch{\bruch{2x^2}{2} +\bruch{2x^4}{4!}+\bruch{(2x)^6}{6!} +...}{ -x^2-\bruch{x^4}{2} -\bruch{(-x)^6}{3}+...}[/mm]
>
> [mm]==\limes_{x\rightarrow 0}[/mm] -2 [mm]\bruch{1+\bruch{2x^2}{4!} +\bruch{x^4}{6!}+...}{1+\bruch{x^2}{4} +\bruch{(-x)^4}{3}+...}[/mm]
![[kopfkratz3]](/images/smileys/kopfkratz3.gif "[kopfkratz3]") was ist hier Abenteuerliches passiert?
Im Zähler steeht doch zu Anfang [mm] $\frac{2x^2}{2}$ [/mm] und das ist m.E. [mm] $=x^2$
[/mm]
Dann [mm] $x^2$ [/mm] ausklammern
[mm] $...=\lim\limits_{x\to 0}\frac{x^2\cdot{}\left(1+\frac{2x^2}{4!}+\frac{2x^4}{6!}+....\right)}{x^2\cdot{}\left(-1-\frac{x^2}{2}-\frac{x^4}{4}-...\right)}$
[/mm]
Wenn du nun die [mm] $x^2$ [/mm] gegeneinander kürzt und dann den Grenzübergang [mm] $x\to [/mm] 0$ machst, so streben doch alle Terme im Zähler, die hinter der 1 stehen, gegen 0.
Ebenso alle Terme, die im Nenner hinter der -1 stehen.
Also [mm] $\lim\limits_{x\to 0}\frac{x^2\cdot{}\left(1+\frac{2x^2}{4!}+\frac{2x^4}{6!}+....\right)}{x^2\cdot{}\left(-1-\frac{x^2}{2}-\frac{x^4}{4}-...\right)}=\lim\limits_{x\to 0}\frac{1+\frac{2x^2}{4!}+\frac{2x^4}{6!}+....}{-1-\frac{x^2}{2}-\frac{x^4}{4}-...}=\frac{1+0+0+0+...}{-1-0-0-0-...}=-1$ [/mm]
LG
schachuzipus
> hier kann ich doch noch nicht wirklich den limes
> betrachten, dann hätte ich ja oo durch oo, oder nicht? der
> zähler wäre ja etwas größer.... da kommt im leben ja nie 0
> raus--- :(
>
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 21:45 Mo 31.03.2008 | | Autor: | Kreide |
> Hallo Kreide,
>
>
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> > > [mm]=\limes_{x\rightarrow 0} \bruch{\bruch{2x^2}{2} +\bruch{2x^4}{4!}+\bruch{(2x)^6}{6!} +...}{ -x^2-\bruch{x^4}{2} -\bruch{(-x)^6}{3}+...}[/mm]
>
> >
[mm]==\limes_{x\rightarrow 0}[/mm] -2* [mm]\bruch{\bruch{1}{2}+\bruch{x^2}{4!} +\bruch{x^4}{6!}+...}{1+\bruch{x^2}{4} +\bruch{(-x)^4}{3}+...}[/mm]
hatte es etwas falsch abgetippt, mein Fehler!! und ich hab's verpeilt, dass x gegen 0 läuft! ich hat oo im sinn!
>
> was ist hier Abenteuerliches passiert?
>
> Im Zähler steeht doch zu Anfang [mm]\frac{2x^2}{2}[/mm] und das ist
> m.E. [mm]=x^2[/mm]
>
> Dann [mm]x^2[/mm] ausklammern
>
> [mm]...=\lim\limits_{x\to 0}\frac{x^2\cdot{}\left(1+\frac{2x^2}{4!}+\frac{2x^4}{6!}+....\right)}{x^2\cdot{}\left(-1-\frac{x^2}{2}-\frac{x^4}{4}-...\right)}[/mm]
>
> Wenn du nun die [mm]x^2[/mm] gegeneinander kürzt und dann den
> Grenzübergang [mm]x\to 0[/mm] machst, so streben doch alle Terme im
> Zähler, die hinter der 1 stehen, gegen 0.
>
> Ebenso alle Terme, die im Nenner hinter der -1 stehen.
>
> Also [mm]\lim\limits_{x\to 0}\frac{x^2\cdot{}\left(1+\frac{2x^2}{4!}+\frac{2x^4}{6!}+....\right)}{x^2\cdot{}\left(-1-\frac{x^2}{2}-\frac{x^4}{4}-...\right)}=\lim\limits_{x\to 0}\frac{1+\frac{2x^2}{4!}+\frac{2x^4}{6!}+....}{-1-\frac{x^2}{2}-\frac{x^4}{4}-...}=\frac{1+0+0+0+...}{-1-0-0-0-...}=-1[/mm]
aber wenn ich es mit l'hopital nachprüfe kommt 0 raus?
im zähler hopital angewandt stünde ja exp(x)-exp(x) und das ist ja null, also wäre der bruch gleich 0
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 21:57 Mo 31.03.2008 | | Autor: | Kreide |
hast fast recht in der aufgabe oben steht aber exp(x)+exp(-x), wenn ich die kettenregel anwende steht da exp(x)-exp(-x), oder nicht?
Dann hätte ich insgesamt lim x->0 [mm] \bruch{(exp(x)-exp(-x))(-2x)}{1-x^2}=\bruch{1-1)*0}{1-0}=0?
[/mm]
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Hallo nochmal,
Loddar meinte sicher die 2. Anwendung von de l'Hôpital.
Nach der ersten Anwendung bekommst du (Zähler und Nenner getrennt ableiten)
[mm] $\frac{\left[e^x+e^{-x}-2\right]'}{\left[\log(1-x^2)\right]'}=\frac{e^x-e^{-x}}{\frac{-2x}{1-x^2}}$
[/mm]
Und das Biest strebt für [mm] $x\to [/mm] 0$ wieder gegen den unbestimmten Ausdruck [mm] $\frac{0}{0}$
[/mm]
Also nochmal mit de l'Hôpital draufschlagen
[mm] Zähler=$e^x-e^{-x}$
[/mm]
[mm] Nenner=$\frac{-2x}{1-x^2}$
[/mm]
getrennt ableiten , dann solltest du schlussendlich beim Grenzübergang [mm] $x\to [/mm] 0$ auf -1 als GW kommen
LG
schachuzipus
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 22:09 Mo 31.03.2008 | | Autor: | Kreide |
DANK EUCH ALLEN!!!! ICH hab's jetzt ENLICH kapiert!!!!! :D :D :D
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 20:45 Mo 31.03.2008 | | Autor: | Kreide |
kurze zwischenfrage, wenn ich die taylorreihe von ln(x) haben möchte, muss ich dann bei der taylorreihe von ln(x+1) für x=x-1 einsetzen?
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(Antwort) fertig | | Datum: | 20:52 Mo 31.03.2008 | | Autor: | abakus |
> kurze zwischenfrage, wenn ich die taylorreihe von ln(x)
> haben möchte, muss ich dann bei der taylorreihe von ln(x+1)
> für x=x-1 einsetzen?
So isses. Der Nachteil ist allerdings, dass der Konvergenzradius von ln(x+1) lausig schmal ist.
Wenn man für x Werte mit -1<x<0 einsetzt, bekommt man zumindest alle Logarithmen zwischen 0 und 1 heraus, und für 0<x<1 immerhin die Logarithmen bis zur 2.
Für Logarithmen von Zahlen größer 2 hilft ein kleiner Kunstgriff.
Beispiel: ln 10 = -ln 0,1 = -ln(1-0,9) (und das ist mit Taylorreihe machbar).
Viele Grüße
Abakus
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 20:53 Mo 31.03.2008 | | Autor: | Kreide |
noch eine kurze zwischenfrage, sind die taylorreihe von ln (x+1) und log(x+1) diesselber?
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(Antwort) fertig | | Datum: | 20:56 Mo 31.03.2008 | | Autor: | Loddar |
Hallo Kreide!
Wie habt ihr denn den natürlichen Logarithmus zur Basis $e_$ [mm] $\log_e$ [/mm] definiert bzw. bezeichnet?
Denn das wird teilweise unterschiedlich definiert. Von daher würde ich Deine Frage mit "ja" beantworten - das ist dasselbe.
Gruß
Loddar
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