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Die folgende Lösung ist vielleicht nicht die eleganteste, aber sie kommt ohne Ableitungsregeln aus. Wir benötigen lediglich die Tatsache \( \left( 1+ \frac{x}{t} \right)^t \to e^x \) für \( t \to \infty \).
Um den Grenzwert später einfacher berechnen zu können, leisten wir ein paar Vorarbeiten. Generell werden wir immer \( x \neq 0 \) annehmen. Das wird uns später nicht einschränken, da \( f \) ohnehin nur für \( x \neq 0 \) wohldefiniert ist.
Zunächst überlegen wir uns, dass \( \frac{\ln\left(1+ h \frac{2x+h}{x^2+2} \right)}{h \frac{2x+h}{x^2+2}} \) \( \to 1 \) für \( h \to 0 \) gilt.
Wir setzen \( n = \frac{1}{h \frac{2x+h}{x^2+2}} \). Aus \( h \to 0^+ \) folgt dann entweder \( n \to \infty \) oder \( n \to - \infty \) (je nach Vorzeichen von \(x\))
Im Fall \( n \to \infty \) gilt
\( \frac{\ln\left(1+ h \frac{2x+h}{x^2+2} \right)}{h \frac{2x+h}{x^2+2}} \) \( = \frac{\ln\left(1+\frac{1}{n}\right)}{\frac{1}{n}} \) \( = n \cdot \ln\left(1+\frac{1}{n}\right) \) \( = \ln\left( \left( 1+ \frac{1}{n} \right)^n \right) \) \( \to \ln(e^1) = 1 \) für \( h \to 0^+ \).
Im Fall \( n \to -\infty \) gilt \( -n \to \infty \) und somit
\( \frac{\ln\left(1+ h \frac{2x+h}{x^2+2} \right)}{h \frac{2x+h}{x^2+2}} \) \( = \frac{\ln\left(1+\frac{1}{n}\right)}{\frac{1}{n}} \) \( = -(-n) \cdot \ln\left(1+\frac{-1}{-n}\right) \) \( = - \ln\left( \left( 1 + \frac{-1}{-n} \right)^{-n} \right) \) \( \to - \ln(e^{-1}) = 1 \) für \( h \to 0^+ \).
Analog erhalten wir für \( h \to 0^- \) ebenfalls die Fälle \( n \to \infty \) oder \( n \to - \infty \) und somit die gleichen Grenzwerte.
Insgesamt ergibt sich also
\( \frac{\ln\left(1+ h \frac{2x+h}{x^2+2} \right)}{h \frac{2x+h}{x^2+2}} \) \( \to 1 \) für \( h \to 0 \).
Als nächstes zeigen wir \( \frac{\ln\left((x+h)^2+2\right) - \ln(x^2+2)}{h(x+h)^2} \to \frac{2}{x(x^2+2)} \) für \( h \to 0 \).
Dies sehen wir mit ein paar Umformungen und dem obigen Resultat sofort ein. Es gilt
\( \frac{\ln\left((x+h)^2+2\right) - \ln(x^2+2)}{h(x+h)^2} \) \( = \frac{\ln\left(\frac{(x+h)^2+2}{x^2+2}\right)}{h(x+h)^2} \) \( = \frac{\ln\left(1+ h \frac{2x+h}{x^2+2} \right)}{h(x+h)^2} \) \( = \frac{2x+h}{x+h} \cdot \frac{1}{(x+h)(x^2+2)} \cdot \frac{\ln\left(1+ h \frac{2x+h}{x^2+2} \right)}{h \frac{2x+h}{x^2+2}} \) \( \to \frac{2x}{x} \cdot \frac{1}{x(x^2+2)} \cdot 1 \) \( = \frac{2}{x(x^2+2)} \) für \( h \to 0 \).
Und nun kommen wir zum Kernstück: Wir zeigen \( \frac{f(x+h)-f(x)}{h} \to \frac{2}{x(x^2+2)} - \frac{2 \ln(x^2+2)}{x^3} \) für \( h \to 0 \).
Es gilt
\( \frac{f(x+h)-f(x)}{h} \) \( = \frac{1}{h} \left( \frac{\ln\left((x+h)^2+2\right)}{(x+h)^2} - \frac{\ln\left(x^2+2\right)}{x^2} \right) \) \( = \frac{1}{h} \left( \frac{ x^2 \ln\left((x+h)^2+2\right) - (x+h)^2 \ln\left(x^2+2\right)}{x^2(x+h)^2} \right) \) \( = \frac{1}{h} \left( \frac{ x^2 \ln\left((x+h)^2+2\right) - (x^2 + 2xh + h^2) \ln\left(x^2+2\right)}{x^2(x+h)^2} \right) \) \( = \frac{1}{h} \left( \frac{ x^2 \left( \ln\left((x+h)^2+2\right) - \ln\left(x^2+2\right) \right) - (2xh + h^2) \ln\left(x^2+2\right)}{x^2(x+h)^2} \right) \) \( = \frac{ \ln\left((x+h)^2+2\right) - \ln\left(x^2+2\right) }{h(x+h)^2} - \frac{ (2x + h) \ln\left(x^2+2\right)}{x^2(x+h)^2} \) \( \to \frac{2}{x(x^2+2)} - \frac{2x \ln(x^2+2)}{x^2 \cdot x^2} \) \( = \frac{2}{x(x^2+2)} - \frac{2 \ln(x^2+2)}{x^3} \) für \( h \to 0 \).
Ich hoffe, dass das alles soweit verständlich ist und dass ich dir damit helfen konnte :)
Um den Grenzwert später einfacher berechnen zu können, leisten wir ein paar Vorarbeiten. Generell werden wir immer \( x \neq 0 \) annehmen. Das wird uns später nicht einschränken, da \( f \) ohnehin nur für \( x \neq 0 \) wohldefiniert ist.
Zunächst überlegen wir uns, dass \( \frac{\ln\left(1+ h \frac{2x+h}{x^2+2} \right)}{h \frac{2x+h}{x^2+2}} \) \( \to 1 \) für \( h \to 0 \) gilt.
Wir setzen \( n = \frac{1}{h \frac{2x+h}{x^2+2}} \). Aus \( h \to 0^+ \) folgt dann entweder \( n \to \infty \) oder \( n \to - \infty \) (je nach Vorzeichen von \(x\))
Im Fall \( n \to \infty \) gilt
\( \frac{\ln\left(1+ h \frac{2x+h}{x^2+2} \right)}{h \frac{2x+h}{x^2+2}} \) \( = \frac{\ln\left(1+\frac{1}{n}\right)}{\frac{1}{n}} \) \( = n \cdot \ln\left(1+\frac{1}{n}\right) \) \( = \ln\left( \left( 1+ \frac{1}{n} \right)^n \right) \) \( \to \ln(e^1) = 1 \) für \( h \to 0^+ \).
Im Fall \( n \to -\infty \) gilt \( -n \to \infty \) und somit
\( \frac{\ln\left(1+ h \frac{2x+h}{x^2+2} \right)}{h \frac{2x+h}{x^2+2}} \) \( = \frac{\ln\left(1+\frac{1}{n}\right)}{\frac{1}{n}} \) \( = -(-n) \cdot \ln\left(1+\frac{-1}{-n}\right) \) \( = - \ln\left( \left( 1 + \frac{-1}{-n} \right)^{-n} \right) \) \( \to - \ln(e^{-1}) = 1 \) für \( h \to 0^+ \).
Analog erhalten wir für \( h \to 0^- \) ebenfalls die Fälle \( n \to \infty \) oder \( n \to - \infty \) und somit die gleichen Grenzwerte.
Insgesamt ergibt sich also
\( \frac{\ln\left(1+ h \frac{2x+h}{x^2+2} \right)}{h \frac{2x+h}{x^2+2}} \) \( \to 1 \) für \( h \to 0 \).
Als nächstes zeigen wir \( \frac{\ln\left((x+h)^2+2\right) - \ln(x^2+2)}{h(x+h)^2} \to \frac{2}{x(x^2+2)} \) für \( h \to 0 \).
Dies sehen wir mit ein paar Umformungen und dem obigen Resultat sofort ein. Es gilt
\( \frac{\ln\left((x+h)^2+2\right) - \ln(x^2+2)}{h(x+h)^2} \) \( = \frac{\ln\left(\frac{(x+h)^2+2}{x^2+2}\right)}{h(x+h)^2} \) \( = \frac{\ln\left(1+ h \frac{2x+h}{x^2+2} \right)}{h(x+h)^2} \) \( = \frac{2x+h}{x+h} \cdot \frac{1}{(x+h)(x^2+2)} \cdot \frac{\ln\left(1+ h \frac{2x+h}{x^2+2} \right)}{h \frac{2x+h}{x^2+2}} \) \( \to \frac{2x}{x} \cdot \frac{1}{x(x^2+2)} \cdot 1 \) \( = \frac{2}{x(x^2+2)} \) für \( h \to 0 \).
Und nun kommen wir zum Kernstück: Wir zeigen \( \frac{f(x+h)-f(x)}{h} \to \frac{2}{x(x^2+2)} - \frac{2 \ln(x^2+2)}{x^3} \) für \( h \to 0 \).
Es gilt
\( \frac{f(x+h)-f(x)}{h} \) \( = \frac{1}{h} \left( \frac{\ln\left((x+h)^2+2\right)}{(x+h)^2} - \frac{\ln\left(x^2+2\right)}{x^2} \right) \) \( = \frac{1}{h} \left( \frac{ x^2 \ln\left((x+h)^2+2\right) - (x+h)^2 \ln\left(x^2+2\right)}{x^2(x+h)^2} \right) \) \( = \frac{1}{h} \left( \frac{ x^2 \ln\left((x+h)^2+2\right) - (x^2 + 2xh + h^2) \ln\left(x^2+2\right)}{x^2(x+h)^2} \right) \) \( = \frac{1}{h} \left( \frac{ x^2 \left( \ln\left((x+h)^2+2\right) - \ln\left(x^2+2\right) \right) - (2xh + h^2) \ln\left(x^2+2\right)}{x^2(x+h)^2} \right) \) \( = \frac{ \ln\left((x+h)^2+2\right) - \ln\left(x^2+2\right) }{h(x+h)^2} - \frac{ (2x + h) \ln\left(x^2+2\right)}{x^2(x+h)^2} \) \( \to \frac{2}{x(x^2+2)} - \frac{2x \ln(x^2+2)}{x^2 \cdot x^2} \) \( = \frac{2}{x(x^2+2)} - \frac{2 \ln(x^2+2)}{x^3} \) für \( h \to 0 \).
Ich hoffe, dass das alles soweit verständlich ist und dass ich dir damit helfen konnte :)
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