"Farligt fall" gränsvärde

den första är ett, som såvitt jag kommer ihåg, vanligt förekommande gränsvärde som vi lärde oss mer eller mindre utantill.

Annars ser man med hjälp av Taylorutveckling att det blir 1

Den andra, vitsen med att förlänga med 2 är att få samma faktor i nämnaren som du har i ln uttrycket.

Sen återför man lätt till det första gränsvärdet genom att substituera 2x = t varvid du får

2*(ln(1+t)/t) och t går mot 0+

Ture skrev:

den första är ett, som såvitt jag kommer ihåg, vanligt förekommande gränsvärde som vi lärde oss mer eller mindre utantill.

Annars ser man med hjälp av Taylorutveckling att det blir 1

Den andra, vitsen med att förlänga med 2 är att få samma faktor i nämnaren som du har i ln uttrycket.

Sen återför man lätt till det första gränsvärdet genom att substituera 2x = t varvid du får

2*(ln(1+t)/t) och t går mot 0+

Tack för ditt svar Ture! Jag är lite osäker på vad Taylorutveckling är. Vad innebär det?

Läs om Taylorserie på wikipedia, en bit ner finns några exempel, bl.a ln(1+x)

Jag rekommenderar inte gärna l’Hôpital, för då riskerar man att döda all förståelse för gränsvärden, men kanske den regeln ar avsedd här.

Hej, då du inte hört talas om Taylorutveckling så kan jag visa. Så här gör du med Taylorutvecklingen.

Vi vet att våran funktion kan skrivas som en taylorserie, närmare bestämt att

$f\left(x\right)=\sum _{n=0}^{\infty }\frac{f^{\left(n\right)}\left(b\right)}{n!}{(x-b)}^n$, där $f\left(x\right)$ är funktionen vi vill utveckla och $b$ är punkten vi vill utveckla kring! ($f^{\left(n\right)}$ är den n:te derivatan av $f$)

Vi är intresserade av en funktion som lite mer generellt uttryckt är $\ln (ax+1)$, kring punkten 0 (detta resulterar i något som kallas maclaurin utveckling, ett specialfall av taylorutvecklingen!).

Deriverar vi $\ln (ax+1)$ får vi $\frac{a}{ax+1}$ ,vi gör det för 3 termer(detta är mer än tillräckligt, du ser snart!). Deriveringen anser jag grundläggande, så den bör du kunna genomföra själv.

Sätter vi in i Taylorserien får vi

$$\begin{gathered} f\left(b\right)=\frac{\ln \left(a\right(b) +1)}{1}{\left(x\right)}^0+\frac{a}{a\left(b\right)+1}\left(x\right)+\frac{-\left(a^2\right)}{2{\left(a\right(b)+1)}^2}\left(x^2\right)+\frac{2a^3}{6{\left(a\right(b)+1)}^3}\left(x^3\right)+O\left(x^4\right) \\ =\ln \left(a\right(b)+1)+\frac{ax}{a\left(b\right)+1}-\frac{a^2{x}^2}{2{\left(a\right(b)+1)}^2}+\frac{a^3{x}^3}{3{\left(a\right(b)+1)}^3}+O\left(x^4\right) \end{gathered}$$

Vi har att $b=0$ vilket ger oss att

$f\left(x\right)=\sum _{n=1}^{\infty }\frac{{(-1)}^{n+1}{\left(ax\right)}^n}{n}$

Det vi har nu är alltså att

$\ln (ax+1)=ax-\frac{a^2{x}^2}{2}+\frac{a^3{x}^3}{3}-\frac{a^4{x}^4}{4}+O\left(x^5\right)$

Sätter vi in det i vårt ursprungliga uttryck har vi

$$\begin{gathered} \underset{x\to 0^{+}}{\lim }\frac{\left(ax-\frac{a^2{x}^2}{2}+\frac{a^3{x}^3}{3}-\frac{a^4{x}^4}{4}+O\left(x^5\right)\right)}{x}=\underset{x\to 0^{+}}{\lim }\frac{1}{x}\left(ax-\frac{a^2{x}^2}{2}+\frac{a^3{x}^3}{3}-\frac{a^4{x}^4}{4}+O\left(x^5\right)\right) \\ =\underset{x\to 0^{+}}{\lim }\left(a-\frac{a^{2}x}{2}+\frac{a^3{x}^2}{3}-\frac{a^4{x}^3}{4}+O\left(x^4\right)\right) \end{gathered}$$

Vi ser nu att alla x-termer blir 0, och gränsvärdet blir a. Vi kan dra 2 slutsatser utifrån detta.

1. $\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\ln (ax+1)}{x}= a$.
2. $\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\ln (ax+1)}{ax}=1$.

Hoppas jag inte förvirrade dig!