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Hallo karate,
ich habe mich von dir anstecken lassen und auch versucht für deine angegebene Funktion den Grenzwert zu ermitteln. Ich habe nach verschiedenen Herangehensweisen es nun doch geschafft und versuche dir den Gedanken kurz darzulegen. Dein Idee mit dem e-hoch-ln-Trick war schon ganz gut.
Als erstes habe ich den "ekligen" Term innerhalb des Tangens substituiert, also \(z=\dfrac{\pi x}{2x+1} \quad \Leftrightarrow \quad x=\dfrac{z}{\pi-2z}\). Es ist denk ich klar, dass \(z\overset{x\longrightarrow \infty}{\longrightarrow} \dfrac{\pi}{2}\) gilt. Somit ergibt sich durch den e-hoch-ln-Trick, dem Logarithmengesetz und geschickten Umstellung der Ausdruck:
\(\underset{x\longrightarrow \infty}{\lim} \left(\tan \left(\dfrac{\pi x}{2x+1}\right)\right)^{\frac{1}{x}} = \underset{z\longrightarrow \frac{\pi}{2}}{\lim} \left(\tan(z)\right)^{\frac{\pi-2z}{z}}=\underset{z\longrightarrow \frac{\pi}{2}}{\lim} e^{ \frac{\pi-2z}{z} \cdot \ln(\tan(z))}=\underset{z\longrightarrow \frac{\pi}{2}}{\lim} e^{ \frac{\ln(\tan(z))}{\frac{z}{\pi-2z}}}\).
Da die e-Funktion stetig ist ziehe ich den Grenzwert in den Exponenten und erhalte mit \(\underset{z\longrightarrow \frac{\pi}{2}}{\lim} \dfrac{\ln(\tan(z))}{\frac{z}{\pi-2z}}\) einen Ausdruck von '\(\frac{\infty}{\infty}\)'.
Nach einmaligen Anwenden von L'Hospital komme ich auf \(\underset{z\longrightarrow \frac{\pi}{2}}{\lim} \dfrac{(\pi-2z)^2}{\pi\sin(z)\cos(z)}\) mit einen Ausdruck von '\(\frac{0}{0}\)'. (Als Hinweis: ich habe \(\frac{1}{\cos^2(x)}\) als Ableitung das Tangens gewählt und nach dem Ableiten \(\frac{\sin(z)}{\cos(z)}\) für den Tangens eingesetzt ... zusammenfassen ergibt dann die dargestellte Funktion ... das kannst du dir ja nochmal in Ruhe zu Gemüte führen.)
Nach der zweiten Anwendung von L'Hospital komme ich auf \(\underset{z\longrightarrow \frac{\pi}{2}}{\lim} -\dfrac{4}{\pi} \cdot \dfrac{\pi-2z}{\cos^2(z)-\sin^2(z)}=-\dfrac{4}{\pi} \cdot \dfrac{0}{0-1}=0\).
Somit folgt also schlussendlich für deinen Grenzwert:
\(\underset{x\longrightarrow \infty}{\lim} \left(\tan \left(\dfrac{\pi x}{2x+1}\right)\right)^{\frac{1}{x}} =\ldots =\underset{z\longrightarrow \frac{\pi}{2}}{\lim} e^{ \frac{\ln(\tan(z))}{\frac{z}{\pi-2z}}}=e^0=1\)
Die einzelnen Schritte kannst du ja nochmal nachrechnen. :)
Hoffe das war verständlich genug und hilft dir weiter.
ich habe mich von dir anstecken lassen und auch versucht für deine angegebene Funktion den Grenzwert zu ermitteln. Ich habe nach verschiedenen Herangehensweisen es nun doch geschafft und versuche dir den Gedanken kurz darzulegen. Dein Idee mit dem e-hoch-ln-Trick war schon ganz gut.
Als erstes habe ich den "ekligen" Term innerhalb des Tangens substituiert, also \(z=\dfrac{\pi x}{2x+1} \quad \Leftrightarrow \quad x=\dfrac{z}{\pi-2z}\). Es ist denk ich klar, dass \(z\overset{x\longrightarrow \infty}{\longrightarrow} \dfrac{\pi}{2}\) gilt. Somit ergibt sich durch den e-hoch-ln-Trick, dem Logarithmengesetz und geschickten Umstellung der Ausdruck:
\(\underset{x\longrightarrow \infty}{\lim} \left(\tan \left(\dfrac{\pi x}{2x+1}\right)\right)^{\frac{1}{x}} = \underset{z\longrightarrow \frac{\pi}{2}}{\lim} \left(\tan(z)\right)^{\frac{\pi-2z}{z}}=\underset{z\longrightarrow \frac{\pi}{2}}{\lim} e^{ \frac{\pi-2z}{z} \cdot \ln(\tan(z))}=\underset{z\longrightarrow \frac{\pi}{2}}{\lim} e^{ \frac{\ln(\tan(z))}{\frac{z}{\pi-2z}}}\).
Da die e-Funktion stetig ist ziehe ich den Grenzwert in den Exponenten und erhalte mit \(\underset{z\longrightarrow \frac{\pi}{2}}{\lim} \dfrac{\ln(\tan(z))}{\frac{z}{\pi-2z}}\) einen Ausdruck von '\(\frac{\infty}{\infty}\)'.
Nach einmaligen Anwenden von L'Hospital komme ich auf \(\underset{z\longrightarrow \frac{\pi}{2}}{\lim} \dfrac{(\pi-2z)^2}{\pi\sin(z)\cos(z)}\) mit einen Ausdruck von '\(\frac{0}{0}\)'. (Als Hinweis: ich habe \(\frac{1}{\cos^2(x)}\) als Ableitung das Tangens gewählt und nach dem Ableiten \(\frac{\sin(z)}{\cos(z)}\) für den Tangens eingesetzt ... zusammenfassen ergibt dann die dargestellte Funktion ... das kannst du dir ja nochmal in Ruhe zu Gemüte führen.)
Nach der zweiten Anwendung von L'Hospital komme ich auf \(\underset{z\longrightarrow \frac{\pi}{2}}{\lim} -\dfrac{4}{\pi} \cdot \dfrac{\pi-2z}{\cos^2(z)-\sin^2(z)}=-\dfrac{4}{\pi} \cdot \dfrac{0}{0-1}=0\).
Somit folgt also schlussendlich für deinen Grenzwert:
\(\underset{x\longrightarrow \infty}{\lim} \left(\tan \left(\dfrac{\pi x}{2x+1}\right)\right)^{\frac{1}{x}} =\ldots =\underset{z\longrightarrow \frac{\pi}{2}}{\lim} e^{ \frac{\ln(\tan(z))}{\frac{z}{\pi-2z}}}=e^0=1\)
Die einzelnen Schritte kannst du ja nochmal nachrechnen. :)
Hoffe das war verständlich genug und hilft dir weiter.
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maqu
Punkte: 8.84K
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ah ok prima, kannst du mich mit einer groben Idee erleuchten? :) .... hast du es ohne Substitution geschafft? ... weil ich da immer auf Probleme gestoßen bin .... oder hast du abgeschätzt und es mit dem Sandwich-Theorem gelöst
─
maqu
04.02.2021 um 17:41
Oh das freut mich;). vielen dank für deine Ausführliche lösung, ich habe auch einen Weg gefunden, bzw. meinen Fehler entdeckt aber nun habe ich 2 Methoden. vielen dank ─ karate 04.02.2021 um 17:16