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Ich komme nicht mit einem Grenzwert klar. Er soll mit L'Hospital berechnet werden.

limx(π2arctanx)1lnx=exp(1lnxln(π2arctanx))\lim\limits_{x\to\infty} { \left(\frac { \pi }{ 2 } -\arctan{x}\right) }^{ \frac { 1 }{ \ln{x} } }=\exp\left( \frac { 1 }{ \ln{x} } \ln\left( \frac { \pi }{ 2 } -\arctan{x}\right)\right) nur der Exponent. =1lnxln(π2arctanx)=ln(π2arctanx)lnx=\frac { 1 }{ \ln{x} } \ln\left(\frac { \pi }{ 2 } -\arctan{x}\right)=\frac { \ln\left(\frac{ \pi }{ 2 } -\arctan{x}\right)}{\ln{x}} ist jetzt von Typ \frac { -\infty }{\infty} also kann man L'Hospital anwenden.

1π/2arctanx(011+x2)1/x=11+x2π/2arctanx1/x=11+x2π/2arctanx\doteqdot \frac { \frac { 1 }{ \pi/2 -\arctan{x} } \left(0-\frac { 1 }{ 1+{ x }^{ 2 } } \right) }{ 1/x } =\frac { -\frac { \frac { 1 }{ 1+{ x }^{ 2 } } }{\pi/2 -\arctan{x} } }{1/x } =\frac { \frac { 1 }{ 1+{ x }^{ 2 } } }{ \pi/2 -\arctan{x} } und hier sitze ich nun fest. Es ist wieder ein Typ 0/0 doch die Ableitungen davon bringt mir auch nichts. Kennt jemand eine Lösung oder kann mir jemand sagen wo ich den Fehler gemacht habe.

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bei dir ist das 1x\frac{1}{x} aus dem Nenner verschwunden,

Die letzte Gleichung ist demnach falsch und es müsst heißen:

...=x1+x2π2arctan(x) ...= \frac{\frac{x}{1+x^2}}{\frac{\pi}{2}-\arctan (x)}

Jetzt kannst du mit l'Hospital weiter machen.

Kontrolle: Der Grenzwert des Exponenten ist 1-1 und somit geht der anfangs betrachtete Ausdruck gegen 1e \frac{1}{e} .

Gruß

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Schon mal vielen Dank für deine Hilfe. Du hast vollkommen Recht, das x habe ich vergessen. Aber dann kann ich ja dennoch kein L'Hospital anwenden.

x1+x2π2arctan(x)-\frac { \frac { x }{ 1+{ x }^{ 2 } } }{ \frac { \pi }{ 2 } -arctan(x) } ist ja von Typ 0\frac { \infty }{ 0 }

was ich gemacht habe war dann folgendes:

11x+xπ2arctan(x)Typ00-\frac { \frac { 1 }{ \frac { 1 }{ x } +{ x } } }{ \frac { \pi }{ 2 } -arctan(x) } \quad \text{Typ} \frac { 0 }{ 0 }

doch die Ableitung davon hat mich nicht weit gebracht.

1+x2x2(1x+x)211+x2=1+x2x2(1+x2)(1x+x)2=1+2x2+x2x2(1x+x)2=1+2x2+x2x21x2+x2+2=1x2+2+11x2+x2+2\frac { \frac { \frac { 1+{ x }^{ 2 } }{ { x }^{ 2 } } }{ { (\frac { 1 }{ x } +x) }^{ 2 } } }{ \frac { 1 }{ 1+{ x }^{ 2 } } } =\frac { \frac { 1+{ x }^{ 2 } }{ { x }^{ 2 } } (1+{ x }^{ 2 }) }{ { (\frac { 1 }{ x } +x) }^{ 2 } } =\frac { \frac { 1+{ 2x }^{ 2 }+{ x }^{ 2 } }{ { x }^{ 2 } } }{ { (\frac { 1 }{ x } +x) }^{ 2 } } =\frac { \frac { 1+{ 2x }^{ 2 }+{ x }^{ 2 } }{ { x }^{ 2 } } }{ \frac { 1 }{ { x }^{ 2 } } +{ x }^{ 2 }+2 } =\frac { \frac { 1 }{ { x }^{ 2 } } +{ 2 }+1 }{ \frac { 1 }{ { x }^{ 2 } } +{ x }^{ 2 }+2 }

Ich habe wahrscheinlich wieder irgendwo Misst gebaut.

Hey dein Fehler liegt in der Annahme, das du kein l'Hospital mehr anwenden darfst:

limxx1+x2=0 \lim \limits_{x \to \infty} \frac{x}{1+x^2} = 0

Also geht der Zähler sehr wohl gegen 0 und nicht gegen \infty ;)

Nachtrag:

Es ergibt sich dann ja

...=limx1x2(1+x2)211+x2 ... = \lim \limits_{x \to \infty} \frac{ \frac{ 1-x^2}{(1+x^2)^2}}{-\frac{1}{1+x^2} }

Hier kannst du kürzen und bist "fast" fertig. :)

Hab das ursprüngliche Vorzeichen vergessen: es müsste heißen

...=limx1x2(1+x2)211+x2 ... = \lim \limits_{x \to \infty} \frac{ - \frac{1-x^2}{(1+x^2)^2}}{-\frac{1}{1+x^2} }

:-) verdammt, ich habe nur gesehen unendlich durch unendlich, aber das da 0 kommt nicht. Jetzt ging das natürlich. Ich schreibe den Weg noch mal auf.

limx(π2arctan(x))1ln(x)=e1ln(x)ln(π2arctan(x))\underset { x\rightarrow \infty }{ lim } { (\frac { \pi }{ 2 } -arctan(x)) }^{ \frac { 1 }{ ln(x) } }=\quad { e }^{ \frac { 1 }{ ln(x) } ln(\frac { \pi }{ 2 } -arctan(x)) }

nur der Exponent

1ln(x)ln(π2arctan(x))=ln(π2arctan(x))ln(x)1π2arctan(x)(011+x2)1x\frac { 1 }{ ln(x) } ln(\frac { \pi }{ 2 } -arctan(x))\quad =\quad \frac { ln(\frac { \pi }{ 2 } -arctan(x)) }{ ln(x) } \quad \doteqdot \quad \frac { \frac { 1 }{ \frac { \pi }{ 2 } -arctan(x) } (0-\frac { 1 }{ 1+{ x }^{ 2 } } ) }{ \frac { 1 }{ x } }

11+x2π2arctan(x)1x=x1+x2π2arcan(x)1x2(1+x2)211+x2=(1x2)(1+x2)(1+x2)2\frac { -\frac { \frac { 1 }{ 1+{ x }^{ 2 } } }{ \frac { \pi }{ 2 } -arctan(x) } }{ \frac { 1 }{ x } } \quad =\quad \frac { \frac { x }{ 1+{ x }^{ 2 } } }{ \frac { \pi }{ 2 } -arcan(x) } \quad \doteqdot \quad \frac { -\frac { 1-{ x }^{ 2 } }{ { (1+{ x }^{ 2 }) }^{ 2 } } }{ -\frac { 1 }{ 1+{ x }^{ 2 } } } \quad =\quad \frac { (1-{ x }^{ 2 })(1+x^{ 2 }) }{ { (1+{ x }^{ 2 }) }^{ 2 } }

ich weiß nicht ob ich ab hier ein längeren Weg gewählt, aber es hat mich zum Ziel geführt.

1x41+2x2+x4=1x411x4+2x2+111=1x\frac { 1-{ x }^{ 4 } }{ { 1+2{ x }^{ 2 }+{ x }^{ 4 } } } \quad =\quad \frac { \frac { 1 }{ { x }^{ 4 } } -1 }{ \frac { 1 }{ { x }^{ 4 } } +\frac { 2 }{ { x }^{ 2 } } +1 } \quad \underset { x\rightarrow \infty }{ \longrightarrow \quad \frac { -1 }{ 1 } =-1 }

limx(π2arctan(x))1ln(x)=e1=1e\underset { x\rightarrow \infty }{ lim } { (\frac { \pi }{ 2 } -arctan(x)) }^{ \frac { 1 }{ ln(x) } }=e^{-1} = \frac{1}{e}

Ich hoffe das war richtig.

Gruß und vielen Dank

Anderlin

Kein Problem ist alles richtig jetzt :).

An der einen Stelle hättest du noch (1+x2)(1+x^2) kürzen können, aber viele Umstände hat dir das ja jetzt nicht bereitet :)

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